2024年高考物理选择性必修第二册大一轮复习：第三章交变电流

第三章交变电流1交变电流eq\a\vs4\al(56)交变电流1．关于交变电流的理解，下列说法正确的是(C)A．大小随时间周期性变化的电流叫交变电流B．交变电流就是正弦交变电流C．我们的照明用电是交流电D．电池提供的是交变电流解析：交变电流的方向随时间变化，故A错误；正弦式交流电是交流电，但并不是所有交流电均为正弦式交流电，故B错误；我们照明用电采用的是交流电，故C正确；电池提供的是直流电，故D错误。故选C。2．(2023·广东梅州高二阶段练习)由it图可知，属于交流电的是(B)eq\o(\s\up7(),\s\do15(A))eq\o(\s\up7(),\s\do15(B))eq\o(\s\up7(),\s\do15(C))eq\o(\s\up7(),\s\do15(D))解析：交流电是指电流的方向发生变化的电流，它的电流的大小可以不变，也可以变化，故选B。交变电流的产生3．以下四种情景中产生正弦交变电流的是(B)A．图甲中矩形线圈绕与匀强磁场方向垂直的中心轴OO′沿顺时针方向转动B．图乙中矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈按图示方向绕轴线OO′匀速转动C．图丙中圆柱形铁芯上沿轴线方向绕有矩形线圈abcd，铁芯绕轴线以角速度ω转动D．图丁中矩形线圈绕与匀强磁场方向平行的中心轴OO′转动解析：图甲中只有一个电刷，线圈在匀强磁场中转动，得到的是直流电，A错误；图乙中虽然只有一半线圈处于磁场，但线框转动得到的是正弦交流电，B正确；图丙为辐向磁场，无论线圈转到何位置，感应电动势大小不变，得到的不是正弦交流电，C错误；图丁中矩形线圈转轴平行于磁场方向，线框不切割磁感线，感应电动势为0，感应电流为0，D错误。故选B。4．交流发电机发电示意图如图所示，线圈转动过程中，下列说法正确的是(D)A.转到图甲位置时，通过线圈的磁通量变化率最大B．转到图乙位置时，线圈中产生的感应电动势为零C．转到图丙位置时，线圈中产生的感应电流最大D．转到图丁位置时，AB边感应电流方向为A→B解析：转到图甲位置时，线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大，但磁通量变化率为零，A错误；转到图乙位置时，线圈产生的感应电动势最大，B错误；转到图丙位置时，线圈位于中性面位置，此时感应电流最小，C错误；转到图丁位置时，根据右手定则可知AB边感应电流方向为A→B，D正确。5.如图所示，一矩形线圈绕与匀强磁场垂直的中心轴OO′沿顺时针方向转动，引出线的两端分别与相互绝缘的两个半圆形铜环P与Q相连，P和Q又通过固定的电刷与电阻R相连，在线圈转动过程中，通过电阻R的电流(C)A．大小和方向都随时间做周期性变化B．大小和方向都不随时间做周期性变化C．大小不断变化，方向总是P→R→QD．大小不断变化，方向总是Q→R→P解析：该图是直流发电机的原理图，前端两个半环称为“换向器”，根据右手定则，可以判断电流方向是P→R→Q。因为线圈旋转切割磁感线，所以垂直于磁场的相对速度不断变化，即产生的感应电动势大小也不断变化，所以通过R的电流大小不断变化，故A、B、D错误，C正确。故选C。交变电流的变化规律6.(多选)如图所示，单匝矩形线圈abcd放在匀强磁场中，磁感应强度为B，ad＝bc＝l1，ab＝cd＝l2。从图示位置起该线圈以角速度ω绕不同转轴匀速转动，则(CD)A．以OO′为转轴时，感应电动势e＝Bl1l2ωsinωtB．以O1O1′为转轴时，感应电动势e＝Bl1l2ωsinωtC．以OO′为转轴时，感应电动势e＝Bl1l2ωcosωtD．以OO′为转轴跟以ab为转轴一样，感应电动势e＝Bl1l2ωcosωt解析：以O1O1′为轴转动时，磁通量不变，不产生交变电流，故B错误；无论以OO′为轴还是以ab为轴转动，感应电动势的最大值都是Bl1l2ω，由于是从与磁场平行的面开始计时，产生的是余弦式交变电流，故C、D正确，A错误。7.如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝eq\f(\r(2),π)T，边长l＝10cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈总电阻r＝1Ω，线圈绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，角速度ω＝2πrad/s，外电路电阻R＝4Ω。求：(1)转动过程中线圈中感应电动势的最大值。(2)从图示位置(线圈平面与磁感线平行)开始计时，感应电动势的瞬时值表达式。(3)由图示位置转过30°角时电路中电流的瞬时值。(4)线圈从开始计时经eq\f(1,6)s时线圈中的感应电流的瞬时值。(5)电阻R两端电压的瞬时值表达式。答案：(1)2eq\r(2)V(2)e＝2eq\r(2)cos2πt(V)(3)eq\f(\r(6),5)A(4)eq\f(\r(2),5)A(5)uR＝eq\f(8\r(2),5)cos2πt(V)解析：(1)设转动过程中线圈中感应电动势的最大值为Em，则Em＝NBl2ω＝100×eq\f(\r(2),π)×0.12×2πV＝2eq\r(2)V。(2)从题图所示位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcosωt＝2eq\r(2)cos2πt(V)。(3)从题图所示位置转过30°角时感应电动势的瞬时值e′＝2eq\r(2)cos30°V＝eq\r(6)V，则电路中电流的瞬时值为i＝eq\f(e′,R＋r)＝eq\f(\r(6),5)A。(4)t＝eq\f(1,6)s时，e″＝2eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2π×\f(1,6)))V＝eq\r(2)V，对应的电流的瞬时值i′＝eq\f(e″,R＋r)＝eq\f(\r(2),5)A。(5)由欧姆定律，得uR＝eq\f(e,R＋r)R＝eq\f(8\r(2),5)cos2πt(V)。交变电流的图像8．(多选)图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。以下判断正确的是(AD)A．交变电流的最大值为3eq\r(2)AB．交变电流瞬时值表达式为i＝3eq\r(2)cos50πt(A)C.t＝0.01s时刻穿过线圈的磁通量最大D．t＝0.02s时刻线圈平面与磁场方向平行解析：根据图像可知，交变电流的最大值为3eq\r(2)A，故A正确；由图乙可得Im＝3eq\r(2)A，ω＝eq\f(2π,T)＝100π，则交变电流瞬时值表达式为i＝3eq\r(2)cos100πt(A)，故B错误；t＝0和t＝0.02s时刻感应电流均为最大，感应电动势最大，此时线圈平面与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量为0，故C错误，D正确。故选AD。9.线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电流如图所示，则(C)A．在A和C时刻线圈平面和磁场垂直B．在B和D时刻线圈中的磁通量为零C．在B和D时刻线圈中的磁通量最大D．B和D时刻通过线圈的磁通量的变化率的绝对值最大解析：在A和C时刻，感应电流最大，则此时线圈平面和磁场平行，选项A错误；在B和D时刻，感应电动势为零，则此时线圈与磁场方向垂直，线圈的磁通量最大，通过线圈的磁通量的变化率的绝对值最小，选项B、D错误，C正确。故选C。eq\a\vs4\al(58)一、选择题(每小题只有一个选项符合题目要求)1．(2023·山西高二期末)如图所示，线圈按下列方式在匀强磁场中匀速转动，能产生正弦交变电流的是(C)eq\o(\s\up7(),\s\do15(A))eq\o(\s\up7(),\s\do15(B))eq\o(\s\up7(),\s\do15(C))eq\o(\s\up7(),\s\do15(D))解析：A图中线圈转动时，穿过线圈的磁通量不变，无感应电流产生，选项A错误；B图中线圈转动时，穿过线圈的磁通量不变，无感应电流产生，选项B错误；C图中线圈转动时，穿过线圈的磁通量不断变化，会产生正弦交流电，选项C正确；D图中线圈转动时，穿过线圈的磁通量不变，无感应电流产生，选项D错误。2．交流发电机在工作时电动势为e＝EmsinωtV。若将发电机的转速提高一倍，同时将电枢所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为(C)A．e′＝Emsineq\f(ωt,2) B．e′＝2Emsineq\f(ωt,2)C．e′＝Emsin2ωt D．e′＝eq\f(Em,2)sin2ωt解析：根据Em＝NBSω知，发电机的转速提高到原来的2倍，则角速度增大为原来的2倍，同时将电枢所围面积减小一半，则电动势的峰值不变。则其电动势e＝Emsin2ωtV，故ABD错误，C正确。故选C。3.(2023·四川成都高二阶段练习)在匀强磁场中，一个闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。则(C)A．t＝0时，线圈平面垂直于磁感线B．t＝1.0s时，线圈中的电流方向发生改变C．t＝1.0s时，线圈中的感应电动势最大D．t＝2s时，线圈刚好不受安培力解析：t＝0时，磁通量为零，则线圈平面平行于磁感线，选项A错误；t＝1.0s时，磁通量由正向减小变为反向增加，则根据楞次定律可知，线圈中的电流方向不发生改变，选项B错误；t＝1.0s时，线圈中的磁通量为零，磁通量的变化率最大，此时感应电动势最大，选项C正确；t＝2s时，线圈中的磁通量为零，磁通量的变化率最大，此时感应电动势最大，感应电流最大，此时线圈受安培力最大，选项D错误。故选C。4.如图所示，KLMN是一个竖直的匝数为N的矩形导线框，全部处于磁感应强度为B的水平方向的匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R，MN边水平，线框绕竖直固定轴以角速度ω匀速转动(俯视逆时针)。当MN边与磁场方向的夹角为30°时(图示位置)，下列说法正确的是(A)A．导线框中产生的瞬时电动势的大小是eq\f(\r(3),2)NBSωB．导线框中电流的方向是K→L→M→N→KC．导线框再转过60°时导线框中产生的电流达到最大值D．导线框旋转过程中穿过导线框的磁通量的变化率恒定解析：导线框在磁场中匀速转动产生正弦式交变电流，从导线框与磁感线平行位置开始计时，其瞬时值表达式为e＝NBSωcosωt。当MN边与磁场方向的夹角为30°时，其中ωt＝30°，根据上面电动势瞬时值的表达式知此时瞬时电动势为e＝eq\f(\r(3),2)NBSω，故A正确；导线框中的电流方向根据右手定则可以判断是K→N→M→L→K，故B错误；当导线框处在线框平面与磁场平行位置时导线框产生的电流达到最大值，而在中性面位置时电流为零，导线框再转过60°时转到中性面位置，此时电流为零，故C错误；导线框旋转过程中穿过导线框的磁通量的变化率随时间周期性变化，符合正弦曲线，故D错误。故选A。5．一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动。在转动过程中，线框中的最大磁通量为Φm，最大感应电动势为Em，下列说法正确的是(C)A．当磁通量为最大时，感应电动势为最大B．当磁通量增大时，感应电动势在增大C．角速度ω等于eq\f(Em,Φm)D．当磁通量等于0.5Φm时，感应电动势等于0.5Em解析：当线框磁通量为零时，磁场与线圈平面平行，磁通量的变化率最大，所以感应电动势最大，故A错误；假设磁通量的表达式为Φ＝Φmsinωt，则感应电动势的表达式为e＝Emcosωt，所以当线框磁通量增大时，感应电动势在减小，故B错误；最大感应电动势为Em＝BSω，最大磁通量Φm＝BS，所以Em＝Φmω，所以ω＝eq\f(Em,Φm)，故C正确；根据正弦式交变电流的产生及其变化规律知(设从中性面开始)，e＝Emsinωt＝BSωsinωt＝Φmωsinωt，当线框磁通量等于0.5Φm时，感应电动势不等于0.5Em，故D错误。故选C。6．一个闭合矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的感应电动势如图所示。下列判断正确的是(A)A．t＝0.01s时刻，线圈平面处于中性面位置B.t＝0.02s时刻，线圈平面与磁感线平行C．t＝0.01s时刻，通过线圈平面的磁通量为零D．1s内电流的方向变化50次解析：由题图可知t＝0.01s和t＝0.02s时，感应电动势为零，磁通量最大，线圈平面处于中性面位置，A正确，B、C错误；由于正弦式交变电流在一个周期内电流方向变化两次，而该交变电流的周期为0.02s，则1s内电流的方向变化100次，D错误。7.如图所示为旋转磁极式发电机的原理简图。竖直平面内闭合线圈abcd固定不动，磁铁绕图中的虚线旋转，线圈中就会产生感应电流。若条形磁铁以50πrad/s的角速度匀速转动，且图示时刻N极正在向里转。现以图示时刻为计时起点，则下列推断正确的是(C)A．该发电机产生的交变电流频率是50HzB．t＝0时线圈中的电流方向为adcbaC．t＝0.1s时线圈中的电流最大D．t＝0.1s时线圈中的电流方向发生变化解析：条形磁铁以50πrad/s的角速度匀速转动，则该交流电的周期T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,50π)s＝0.04s，所以交流电的频率f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.04)Hz＝25Hz，故A错误；由题图可知，在t＝0时刻穿过线圈的磁通量为0，下一个时刻穿过线圈的磁通量的方向向里，穿过线框的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流磁场方向垂直于纸面向外，由安培定则可知，此时线圈中的电流方向为abcda，故B错误；当t＝0.1s＝2.5T时刻，条形磁铁与线圈平面平行，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电流最大，故C正确；当t＝0.1s＝2.5T时刻，磁场与线圈平面平行，感应电流方向不变，故D错误。故选C。8．一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，产生正弦式交变电流，电动势随时间的变化规律如图线a所示。仅调整线圈转速，电动势随时间的变化规律如图线b所示，则图线b电动势瞬时值的表达式是(B)A．e＝100sin5πt(V)B．e＝100sineq\f(100πt,3)(V)C．e＝120sin5πt(V)D．e＝120sineq\f(100πt,3)(V)解析：由题图可知，调整转速前后周期之比eq\f(Ta,Tb)＝eq\f(0.04s,0.06s)＝eq\f(2,3)，由ω＝eq\f(2π,T)可知角速度与周期成反比，得调整转速前后角速度之比为eq\f(ωa,ωb)＝eq\f(Tb,Ta)＝eq\f(3,2)，调整线圈转速之后，交流电的角速度ωb＝eq\f(2π,Tb)＝eq\f(2π,0.06)s＝eq\f(100π,3)rad/s。感应电动势最大值Em＝NBSω，转速调整前后，NBS相同，Em与ω成正比：eq\f(Ema,Emb)＝eq\f(ωa,ωb)，由题图可知，调整线圈转速之前交流电的最大电动势：Ema＝150V，所以调整线圈转速之后交流电的最大电动势Emb＝eq\f(ωb,ωa)Ema＝eq\f(2,3)×150V＝100V，线圈从中性面开始转动计时，所以图线b电动势的瞬时值表达式e＝100sineq\f(100π,3)t(V)。故选B。二、选择题(每小题有多个选项符合题目要求)9．(2023·江西宜春高二阶段练习)下列关于交变电流和直流的说法中正确的是(BD)A．如果电流大小做周期性变化，则一定是交变电流B．直流的大小可以变化，但方向一定不变C．交变电流一定是按正弦规律变化的D．交变电流的最大特征是电流的方向做周期性的变化解析：如果只有电流大小做周期性变化而电流方向不变，则为直流电，故A错误；直流电的大小可以变化，但方向一定不变，故B正确；只要电流的方向发生变化，则就是交流电，不一定是按正弦或余弦规律变化的，故C错误；交流电的最大特征是交流的方向发生周期性变化，故D正确。故选BD。10.如图所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，则在0～eq\f(π,2ω)这段时间内(AD)A．线圈中的感应电流一直在减小B．线圈中的感应电流先增大后减小C．穿过线圈的磁通量一直在减小D．穿过线圈的磁通量的变化率一直在减小解析：0～eq\f(π,2ω)为四分之一周期，t＝0时刻线圈平面与磁感线平行；当线圈平面与磁场方向平行时，左右两边垂直切割磁感线，产生的感应电动势最大，感应电流最大，在之后的四分之一周期内，感应电动势及感应电流越来越小，故A正确，B错误。在四分之一周期内，穿过线圈的磁通量一直增大，故C错误。由于在这四分之一周期内感应电动势一直在减小，则穿过线圈的磁通量的变化率一直在减小，故D正确。故选AD。11．(2023·山西晋中高二阶段练习)如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到图示与磁场方向平行时(AC)A．线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流B．线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势C．线圈分别绕P1和P2转动时的电流的方向相同，都是a→d→c→bD．线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力解析：产生正弦交变电流的条件是轴和磁感线垂直，与轴的位置和线圈形状无关，线圈abcd分别绕轴P1、P2转动，转到图示位置时产生的电动势E＝NBSω，由I＝eq\f(E,R总)可知此时I相等，故A正确，B错误；由右手定则可知电流方向为a→d→c→b，故C正确；dc边受到的安培力F＝BldcI，故F一样大，故D错误。故选AC。12．(2023·安徽滁州高二校联考阶段练习)线圈在磁场中匀速转动产生的交流电动势为e＝10sin20πt(V)，则下列说法正确的是(AB)A．t＝0时，线圈平面位于中性面B．t＝0时，穿过线圈的磁通量最大C．t＝0时，导线切割磁感线的有效速度最大D．t＝0.4s时，e达到峰值10V解析：t＝0时，感应电动势的瞬时值为e＝10sin20πt(V)＝0，则线圈平面位于中性面，此时穿过线圈的磁通量最大，导线切割磁感线的有效速度最小，A、B正确，C错误；当t＝0.4s时，感应电动势的瞬时值为e＝10sin(20π×0.4)V＝0，D错误。故选AB。三、非选择题13．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴转动，线圈匝数N＝100匝，转速为n＝eq\f(5,π)r/s，在转动过程中穿过线圈磁通量的最大值为Фm＝0.02Wb，求：(1)线圈平面转到与磁感线平行时，感应电动势为多少？(2)当线圈平面与中性面夹角为eq\f(π,3)时，感应电动势为多少？答案：(1)20V(2)10eq\r(3)V解析：(1)线圈平面转到与磁感线平行时，感应电动势最大，则Em＝NBSω＝NΦm2πn＝100×0.02×10V＝20V。(2)从中性面开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emsinωt，则当线圈平面与中性面夹角为eq\f(π,3)时，e＝20×sineq\f(π,3)V＝10eq\r(3)V。14．如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′按如图所示方向匀速转动，线圈的匝数N＝100、电阻r＝10Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R＝90Ω，与R并联的交流电压表为理想电表。在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图乙所示正弦规律变化(取π＝3.14)。求：(1)交流发电机产生的电动势的最大值；(2)从t＝0时刻开始计时，线圈转过60°时线圈中感应电流瞬时值及回路中的电流方向。答案：(1)200V(2)1A电流方向为abcda解析：(1)由Φ——t图线可知Φm＝2.0×10－2Wb，T＝2π×10－2s，角速度ω＝eq\f(2π,T)＝100rad/s，因为Φm＝BS，所以线圈转动产生的感应电动势的最大值Em＝NΦmω＝200V。(2)从t＝0时刻开始计时，有e＝200cos(100t)V，则i＝eq\f(e,R＋r)＝2cos(100t)A，所以i1＝2cos60°A＝1A，由右手定则，可得回路中电流方向为abcda。2交变电流的描述eq\a\vs4\al(61)周期和频率1．关于交变电流的周期和频率，下列说法正确的是(C)A．正弦式交变电流最大值连续出现两次的时间间隔等于周期B．1s内交变电流出现最大值的次数等于频率C．交变电流方向变化的频率为交变电流频率的2倍D．频率为50Hz的交变电流，其周期等于0.05s解析：在一个周期的时间内，交变电流会出现正向和负向最大值各一次，相邻两个峰值的时间间隔为半个周期，所以交变电流在一个周期内方向改变两次，即方向变化的频率为交变电流频率的2倍，选项A、B错误，C正确；周期T＝eq\f(1,f)＝eq\f(1,50)s＝0.02s，选项D错误。2．如图是一正弦式交变电流随时间变化的图像。由图像可知，这个电流的周期和频率分别为(B)A．0.03s，33Hz B．0.02s，50HzC．0.01s，100Hz D．0.02s，100Hz解析：由图像可知，电流的最大值为10A，周期T＝0.02s；则频率f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.02)Hz＝50Hz，故B正确，A、C、D错误。故选B。峰值和有效值3．一交变电压的瞬时值u＝Umsin100πtV，当t＝eq\f(1,600)s时，u＝5eq\r(2)V，则用交流电压表测电压时，电压表上看到的读数为(D)A．5eq\r(2)V B．5VC．10eq\r(2)V D．10V解析：电压的瞬时值为u＝Umsin100πtV，当t＝eq\f(1,600)s时，u＝5eq\r(2)V，代入数据，有5eq\r(2)V＝Um×sin(100π×eq\f(1,600))，解得Um＝10eq\r(2)V，电压表显示的是交流电的有效值，故可知电压表读数为U＝eq\f(Um,\r(2))＝10V，故选D。4．如图所示为一交变电压随时间变化的图像。每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定。根据图中数据可得，此交变电压的有效值为(C)A．7.5V B．8VC．2eq\r(15)V D．3eq\r(13)V解析：如题图所示，它不是正弦式电压，因此有效值不等于最大值除以eq\r(2)，取一个周期进行分段，在0～1s是正弦式电压，则电压的有效值等于3eq\r(2)V。在1～3s是恒定电压，则有效值等于9V，则在0～3s内，产生的热量为eq\f(（3\r(2)）2,R)×1J＋eq\f(92,R)×2J＝eq\f(U2,R)×3J，解得U＝2eq\r(15)V，故C正确，A、B、D错误。故选C。5．如图所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系图像，若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1min的时间，两电阻消耗的电功之比W甲∶W乙为(C)A．1∶eq\r(2) B．1∶2C．1∶3 D．1∶6解析：题图甲中，在一个周期内，根据电流的热效应有2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Im,\r(2))))eq\s\up12(2)Req\f(T,3)＝I2RT，代入数据解得电流的有效值I＝eq\f(\r(3),3)A；题图乙中，在一个周期内，根据电流的热效应有2Ieq\o\al(2,1)Req\f(T,2)＝I′2RT，代入数据解得电流的有效值I′＝1A；根据W＝I2Rt知，在相同时间内两电阻消耗的电功之比W甲∶W乙＝(eq\f(\r(3),3))2∶1＝1∶3，故C正确，A、B、D错误。正弦式交变电流的公式和图像6．一正弦交流电的电流随时间变化规律图像如图所示，由图可知(D)A．用电流表测该电流其示数为14.1AB．该交变电流的频率为100HzC．该交变电流瞬时值表达式为i＝10eq\r(2)sin628t(A)D．该交变电流通过10Ω电阻时，电阻消耗的电功率为1000W解析：电流表测的是有效值，则I＝eq\f(10\r(2),\r(2))A＝10A，A错误；根据图像，该交变电流的频率为f＝eq\f(1,0.02)Hz＝50Hz，B错误；根据图像可知，该交变电流瞬时值表达式为i＝Imsineq\f(2π,T)t＝10eq\r(2)sin314t(A)，C错误；计算电功率需要用有效值，则P＝I2R＝102×10W＝1000W，D正确。故选D。7．一矩形线圈在匀强磁场中匀速旋转，所产生的交流电电动势瞬时值的表达式e＝220sin10πt(V)，则下列说法正确的是(C)A．该交流电的频率是10πHzB．该交流电电动势的有效值是220VC．当t＝eq\f(1,20)s时，线圈处于垂直中性面的位置D．当t＝0时，穿过线圈的磁通量为零解析：根据交流电电动势瞬时值的表达式e＝220sin10πt(V)可知ω＝10π，则T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,10π)s＝0.2s，则频率f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.2)Hz＝5Hz，故A错误；由e＝Emsinωt和题给表达式可知，该交流电的峰值是Em＝220V，有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(220,\r(2))V＝110eq\r(2)V，故B错误；当t＝eq\f(1,20)s时，将其代入e＝220·sin10πt(V)可得：e＝220sin(10π×eq\f(1,20))V＝220V，此时的电动势最大，线圈处于垂直中性面的位置，故C正确；t＝0时，根据e＝220sin10πt(V)可得e＝0，此时线圈平面与磁感线方向垂直，穿过线圈的磁通量最大，故D错误。故选C。8．如图a所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴OO′以角速度ω逆时针匀速转动。若以线圈平面与磁场夹角θ＝45°时(如图b)为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正。则下列四幅图中正确的是(D)eq\o(\s\up7(),\s\do15(A))eq\o(\s\up7(),\s\do15(B))eq\o(\s\up7(),\s\do15(C))eq\o(\s\up7(),\s\do15(D))解析：从a图可看出线圈从垂直于中性面开始旋转，由楞次定律可判断，初始时刻电流方向为b到a，为负值。根据交流电规律可知，瞬时电流的表达式为i＝－Imcos(ωt＋eq\f(π,4))，根据数学知识可知，D正确，A、B、C错误。故选D。正弦式交变电流“四值”及应用9．(多选)如图所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R，电压表、电流表均为理想电表。在线圈由图示位置转过90°的过程中，下列判断正确的是(AD)A．电压表的读数为eq\f(NBSωR,\r(2)（R＋r）)B．通过电阻的电荷量为eq\f(NBS,2（R＋r）)C．电阻所产生的焦耳热为eq\f(πN2B2S2ωR,2（R＋r）2)D．绕圈由图示位置转过30°时的电流为eq\f(NBSω,2（R＋r）)解析：线圈在磁场中转动，产生的感应电动势的最大值为Em＝NBSω，电动势的有效值为E＝eq\f(NBSω,\r(2))，电压表测量的是路端电压，电压表的读数U＝eq\f(E,R＋r)R＝eq\f(NBSωR,\r(2)（R＋r）)，故A正确；根据法拉第电磁感应定律可知，平均感应电动势eq\x\to(E)＝Neq\f(ΔΦ,Δt)，根据闭合电路欧姆定律可知eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)，根据电荷量定义可知q＝eq\x\to(I)Δt，联立解得通过电阻的电荷量q＝eq\f(NBS,R＋r)，故B错误；电阻R产生的焦耳热Q＝eq\f(U2,R)·eq\f(π,2ω)＝eq\f(πN2B2S2ωR,4（R＋r）2)，故C错误；线圈转动产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωsinωt，当线圈由题图所示位置转过30°时产生的感应电动势e＝eq\f(NBSω,2)，根据闭合电路欧姆定律可知，电流i＝eq\f(NBSω,2（R＋r）)，故D正确。10．(2023·湖北高二校联考期末)如图(a)所示，在匀强磁场中，一电阻均匀的正方形单匝导线框abcd绕与磁感线垂直的转轴ab匀速转动，线圈产生的交变电动势随时间变化的规律如图(b)所示，线框总电阻为5Ω，则(D)A．线圈的转速为100r/sB．线框转动一周，cd边产生的焦耳热为3.87JC．在0～0.01s时间内，通过线框某一横截面的电荷量约为0.02CD．当线框平面与中性面的夹角为45°时，线框产生的电动势的大小为22V解析：根据图(b)可得交变电动势变化周期为0.02s，所以线圈转动一圈的时间为0.02s，可得线圈的转速为50r/s，A错误；线圈产生的交变电动势图像为正弦图像，可得电动势的有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))＝22V，所以线框转动一周，cd边产生的焦耳热为Q＝eq\f(1,4)·eq\f(E2,R)·T＝eq\f(1,4)×eq\f(222,5)×2×10－2J＝0.484J，B错误；0s和0.01s时感应电动势都等于零，所以此时穿过线框的磁通量最大，线框与磁感线垂直，可得在0～0.01s时间内，磁通量的变化量为ΔΦ＝2BS，同时有q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(\x\to(E),R)·Δt＝eq\f(\f(ΔΦ,Δt),R)·Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(2BS,R)，根据电动势的瞬时表达式可得Em＝BSω＝eq\f(2πBS,T)＝22eq\r(2)V，解得BS＝eq\f(11\r(2),50π)T·m2，代入解得q＝eq\f(2×\f(11\r(2),50π),5)C≈0.04C，C错误；根据图像周期为0.02s可得角速度为100πrad/s，所以交流电电动势的瞬时表达式为e＝22eq\r(2)sin100πt(V)，当线框平面与中性面的夹角为45°时，有e＝22eq\r(2)×sin45°V＝22V，D正确。故选D。11．(2023·湖北襄阳高二阶段练习)如图甲所示为一交流发电机的示意图，两磁极间的磁场可视为匀强磁场，矩形金属线圈abcd绕轴OO′匀速转动，线圈转动的过程中发电机的感应电动势e随时间t变化的图像如图乙所示，下列说法正确的是(D)A．此发电机电动势的有效值为10VB．t＝0.6s时，线圈平面与图示线圈的位置垂直C．0.1～0.3s时间内，发电机的平均电动势为7.5VD．发电机电动势的瞬时值表达式为e＝10sineq\f(5π,3)t(V)解析：根据图像可知，电动势的最大值Um＝10V，有效值U＝eq\f(Um,\r(2))＝5eq\r(2)V，A错误；由图可知，t＝0.6s时，感应电动势为0，所以线圈位于中性面，即线圈就位于图示平面所在位置，B错误；由图可知Em＝10V，T＝1.2s，则有ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(5π,3)rad/s，发电机电动势的瞬时值表达式为e＝10sineq\f(5π,3)t(V)，D正确；由于Em＝NBSω，Φ＝BScoseq\f(5π,3)t，则在t1＝0.1s时，有Φ1＝eq\f(\r(3),2)BS，在t2＝0.3s时，有Φ2＝0，则有eq\x\to(E)＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(15\r(3),π)V，C错误。故选D。12.如图所示，边长为20cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈的总电阻为r＝1Ω，绕垂直于磁感线的轴OO′以120r/min匀速转动，磁感应强度B＝0.5T，外电路电阻为R＝9Ω，求：(1)线圈在转动过程中，产生的感应电动势的最大值？(2)由图示位置转90°过程中通过电阻R的电荷量为多少？(3)交变电压表的示数为多少？(4)线圈转动一周外力做多少功？答案：(1)8πV(2)0.2C(3)eq\f(18\r(2),5)πV(4)1.6π2J解析：(1)根据Em＝NBωS，可得感应电动势的最大值：Em＝100×0.5×4π×0.22V＝8πV。(2)由图示位置转90°过程中通过电阻R的电荷量为q＝Neq\f(ΔΦ,R＋r)＝100×eq\f(0.5×0.22,9＋1)C＝0.2C。(3)转动过程中，交变电压表的示数为有效值，所以有U＝RI＝Req\f(E,R＋r)＝9×eq\f(\f(8π,\r(2)),9＋1)V＝eq\f(18\r(2),5)πV。(4)由公式I＝eq\f(\f(Em,\r(2)),R＋r)与Q＝I2(R＋r)t，可得一个周期内产生的热量Q＝1.6π2J，根据能量守恒，外力做功W＝Q＝1.6π2J。13．图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的匝数n＝100、电阻r＝10Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R＝90Ω。在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图乙所示正弦规律变化。求：(1)交流发电机产生的电动势的最大值；(2)电阻R在1分钟内产生的热量。答案：(1)200V(2)10800J解析：(1)交流发电机产生电动势的最大值Em＝nBSω，Φm＝BS，ω＝eq\f(2π,T)，由图乙可知Φm＝2.0×10－2Wb，T＝6.28×10－2s，联立解得Em＝200V。(2)电动势的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝100eq\r(2)V，由闭合电路欧姆定律知电路中电流的有效值为I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\r(2)A，电阻R在1分钟内产生的热量Q＝I2Rt＝10800J。eq\a\vs4\al(64)一、选择题(每小题只有一个选项符合题目要求)1．下列关于交变电流的说法，正确的是(D)A．交变电流表和交变电压表测定的电流、电压的数值均为交变电流的瞬时值B．交变电流的有效值就是它的平均值C．交变电流的电器设备铭牌上所标的电压和电流值是指交变电流的最大值D．给定的交变电流的数值，没有特别说明的都是指交变电流的有效值解析：交变电流表和交变电压表测定的电流、电压的数值均为交变电流的有效值，故A错误。交变电流的有效值不是它的平均值，故B错误。交变电流的电器设备铭牌上所标的电压和电流值是指交变电流的有效值，故C错误。给定的交变电流的数值，没有特别说明的都是指交变电流的有效值，故D正确。故选D。2.如图所示，N匝正方形闭合金属线圈abcd边长为l，线圈处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，绕着与磁场垂直且与线圈共面的轴OO′以角速度ω匀速转动，ab边距轴eq\f(l,4)。线圈中感应电动势的有效值为(B)A.NBl2ω B．eq\f(\r(2),2)NBl2ωC．eq\f(1,2)NBl2ω D．eq\f(\r(2),4)NBl2ω解析：交变电流的最大值和两条边到转轴的距离无关，最大值为Em＝NBSω＝NBl2ω，因此有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)NBl2ω，故选项B正确。3.矩形线框在匀强磁场内绕垂直磁场方向的轴匀速转动过程中，线框输出的交流电压随时间变化的图像如图所示，下列说法中正确的是(A)A．交流电压的有效值为36VB．交流电压的周期为0.25sC．交流电压的瞬时值表达式为u＝36sin4t(V)D．1s末线框平面垂直于磁场方向，通过线框的磁通量最大解析：由题图得，正弦交流电压的最大值为Um＝36eq\r(2)V，则交流电压的有效值为U＝eq\f(Um,\r(2))＝eq\f(36\r(2),\r(2))V＝36V，A正确；由题图得正弦交流电压的周期为T＝4s，B错误；交流电压的最大值是Um＝36eq\r(2)V，线框的角速度为ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,4)rad/s＝eq\f(π,2)rad/s，因线框平面从中性面开始转动，所以交流电压的瞬时值表达式为u＝Umsinωt＝36eq\r(2)sineq\f(π,2)t(V)，C错误；由题图得，1s末交流电压达到最大值，此时线框平面平行于磁场方向，通过线框的磁通量最小，为零，D错误。4．在匀强磁场中，一个100匝的矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，线圈外接定值电阻和电流表(如图甲所示)。穿过该线圈的磁通量按正弦规律变化(如图乙所示)。已知线圈的总电阻为2Ω，定值电阻R＝8Ω。下列说法正确的是(取π2＝10)(C)A．电动势的瞬时值表达式e＝4eq\r(2)πsinπt(V)B．电流表的示数最小为0C．一个周期内产生的热量为32JD．0.5～1.5s的时间内，通过线圈横截面的电荷量为0解析：感应电动势的最大值为Em＝NBSω＝NΦmω＝NΦm·eq\f(2π,T)＝NΦmπ＝100×4eq\r(2)×10－2πV＝4eq\r(2)πV，线圈电动势的瞬时值表达式为e＝4eq\r(2)πcosπt(V)，故A错误；电流表的示数为交变电流的有效值，有I＝eq\f(Em,\r(2)（R＋r）)＝eq\f(4\r(2)π,\r(2)×（8＋2）)A＝0.4πA，一个周期内产生的热量为Q＝I2(R＋r)T＝(0.4π)2×(8＋2)×2J＝32J，故B错误，C正确；0.5～1.5s的时间内，通过线圈横截面的电荷量为q＝eq\f(NΔΦ,r＋R)＝eq\f(100×8\r(2)×10－2,10)C＝eq\f(4,5)eq\r(2)C，故D错误。故选C。5．(2023·四川成都高二阶段练习)某交变电流电压随时间变化的规律如图所示(初始部分为正弦函数的四分之一周期)，下列说法正确的是(D)A．该交变电流的周期为2sB．该交变电流电压的有效值为200VC．将该交变电流加在交流电压表两端时，电压表读数为200eq\r(2)VD．将该交变电流加在启辉电压(达到或超过启辉电压后氖管会发光)为200V的氖管上，氖管未被击穿，氖管1秒钟内发光次数为100次解析：由图像可知，该交变电流的周期为0.02s，故A错误；根据电流的热效应计算电压的有效值，则有eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(200\r(2),\r(2))))\s\up12(2),R)×eq\f(T,4)＋eq\f(（200\r(2)）2,R)×eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R)T，解得该交变电流电压的有效值为U＝100eq\r(5)V，故B错误；交流电压表读数为交变电流电压的有效值，所以电压表读数为100eq\r(5)V，故C错误；只有当交流电压大于或等于启辉电压200V时，氖管才能发光，由图像可知，一个周期发光两次，而交变电流的周期为0.02s，则1秒内发光100次，故D正确。故选D。6.如图的电路，一灯泡和一可变电容器串联，下列说法正确的是(D)A．a、b端接稳恒直流电，灯泡发光B．a、b端接交变电流，灯泡不亮C．a、b端接交变电流，灯泡发光，且将电容器电容减小时，灯泡亮度增大D．a、b端接交变电流，灯泡发光，在不改变交变电流有效值的情况下增大其频率，灯泡亮度增大解析：电容器的作用是：通交流、隔直流、通高频、阻低频；当接通稳恒直流电时，电路不通，电容器相当于断路，灯泡不亮；a、b端接交变电流，灯泡亮，故A、B错误；固定频率下，电容越小，容抗越大，故灯泡越不亮，故C错误；在不改变交变电流有效值的情况下，交流电频率越高，容抗越小，故灯泡越亮，故D正确。故选D。7．如图甲所示电路，已知电阻R1＝R2＝R，和R1并联的D是理想二极管(正向电阻可视为零，反向电阻为无穷大)，在A、B之间加一个如图乙所示的交变电压(UAB＞0时电压为正值)。则R2两端电压的有效值为(A)A．5eq\r(10)V B．10VC．5eq\r(5)V D．10eq\r(2)V解析：因为是交流电所以应该分两种情况考虑：(1)当电压在正半轴时，A点电势高于B点电势，二极管导通，即R1被短路，R2电压为电源电压eq\f(20\r(2),\r(2))V＝20V；(2)电压在负半轴时，B点电势高于A点电势，二极管截止，R1、R2串联分压。根据有效值的定义，有eq\f(U2,R)·T＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20\r(2),2)V))\s\up12(2),R)·eq\f(T,2)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20,2)V))\s\up12(2),R)·eq\f(T,2)，解得U＝5eq\r(10)V，故A正确，B、C、D错误。故选A。8．一浮桶式波浪发电灯塔的原理如图甲所示，浮桶内的磁体由支柱固定在暗礁上，内置线圈的两个接头与R＝15Ω的灯泡相连，随波浪相对磁体沿竖直方向上下运动且始终处于磁场中，其运动速度v＝eq\f(8,π)sin2πt(m/s)。浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图中阴影部分)，其截面如图乙所示，匝数N＝100的圆形线圈所在处辐射磁场的磁感应强度大小恒为B＝0.2T，线圈的直径D＝0.4m，总电阻r＝1Ω。则下列说法正确的是(B)A.线圈中产生电动势的瞬时值为e＝64sinπt(V)B．灯泡两端电压的有效值为30eq\r(2)VC．灯泡中电流的最大值为Im＝2eq\r(2)AD．灯泡的电功率为75W解析：线圈在磁场中切割磁感线，产生电动势为e＝NBlv，l＝πD，联立得：e＝πNBDv＝π×100×0.2×0.4×eq\f(8,π)sin2πt(V)＝64sin2πt(V)，故A错误；产生感应电动势的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(64,\r(2))V＝32eq\r(2)V，故电流的有效值I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(32\r(2),15＋1)A＝2eq\r(2)A，故灯泡两端电压的有效值为U＝IR＝2eq\r(2)×15V＝30eq\r(2)V，故B正确；灯泡中电流的最大值为Im＝eq\r(2)I＝eq\r(2)×2eq\r(2)A＝4A，故C错误；灯泡的电功率为P＝I2R＝(2eq\r(2))2×15W＝120W，故D错误。故选B。二、选择题(每小题有多个选项符合题目要求)9.如图所示，交流发电机的矩形线圈边长ab＝cd＝0.4m，ad＝bc＝0.2m，线圈匝数N＝100匝，线圈电阻r＝1Ω，线圈在磁感应强度B＝0.2T的匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以ω＝100πrad/s的角速度匀速转动，外接电阻R＝9Ω，从图示时刻开始计时，则(BCD)A．该发电机产生的电动势瞬时值为e＝160πsin100πt(V)B．从图示位置转过30°的过程中，通过电阻R的电荷量为0.08CC．t＝eq\f(1,2)s时线圈中感应电动势最大D．交变电流的有效值是8eq\r(2)πA解析：该发电机产生的电动势的瞬时值e＝NBSωcosωt＝100×0.2×0.4×0.2×100πcos(100πt)V＝160πcos(100πt)V，A错误；从题图所示位置转过30°的过程中，通过电阻R的电荷量为q＝Neq\f(ΔΦ,R＋r)＝Neq\f(BSsin30°,R＋r)＝eq\f(100×0.2×0.4×0.2×\f(1,2),9＋1)C＝0.08C，B正确；由题意可知T＝eq\f(2π,ω)＝0.02s，则当t＝eq\f(1,2)s＝25T时，线圈恰好转过25圈，线圈处于平行于磁感线的位置，此时线圈中产生的感应电动势最大，C正确；交变电流的有效值是I＝eq\f(Im,\r(2))＝eq\f(Em,\r(2)（R＋r）)＝8eq\r(2)πA，D正确。10．一个电阻可以忽略不计的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴转动，产生的感应电动势为e＝220eq\r(2)cos50πtV，则以下说法正确的是(AC)A．交流电的周期是0.04sB．t＝0时线圈平面恰与中性面位置平行C．如果发电机功率足够大，它可使“220V110W”的灯泡正常发光D．可以把“220V30pF”的电容器和该转动矩形线圈接在一起解析：由感应电动势的瞬时值表达式可知ω＝50πrad/s，交流电的周期T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,50π)s＝0.04s，故A正确；由感应电动势的瞬时值表达式可知，t＝0时e＝220eq\r(2)V＝Em，此时线圈平面与磁场平行，与中性面垂直，故B错误；由感应电动势的瞬时值表达式可知，感应电动势的最大值Em＝220eq\r(2)V，有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(220\r(2),\r(2))V＝220V，灯泡的额定电压是220V，如果发电机功率足够大，它可使“220V110W”的灯泡正常发光，故C正确；由“220V30pF”可知，电容器的耐压值是220V，交流电的最大值为220eq\r(2)V，交流电的最大值大于电容器的耐压值，不能把电容器和该转动矩形线圈接在一起，故D错误。故选AC。11．(2023·广东广州高二期末)标有“220V40W”的电灯和标有“20μF300V”的电容器并联接到交变电源上，V为交流电压表，交变电源的输出电压如图乙所示，闭合开关，下列判断正确的是(BC)A.t＝0时刻，交流电压表的示数为零B．电容器将被击穿C．电灯的电功率为40WD．当T＝0.02s，电流方向每秒改变50次解析：交流电压表显示的是有效值，则t＝0时刻，交流电压表的示数为eq\f(220\r(2),\r(2))V＝220V，A错误；根据图乙可知220eq\r(2)V>300V，即交变电源输出电压的最大值大于电容器的击穿电压，则电容器将被击穿，B正确；根据上述可知，电源输出电压的有效值为220V，恰好等于电灯的额定电压，则电灯的电功率为额定功率40W，C正确；由于电流方向一个周期内改变两次，则电流方向每秒改变次数为eq\f(1,0.02)×2＝100，D错误。故选BC。12．如图甲所示，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动可以产生正弦交流电，a、b两线圈分别以不同的转速绕与磁感线方向垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图像如图乙中曲线a、b所示，则(BD)A．曲线a、b对应的线圈转速之比为3∶2B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3C．曲线b表示的交变电动势有效值为9VD．曲线b表示的交变电动势有效值为eq\f(9\r(2),2)V解析：由图乙可知，曲线a、b对应的线圈转动的周期之比为3∶2，则由n＝eq\f(1,T)可知，转速与周期成反比，则转速之比为2∶3，故A错误，B正确；b线圈产生电动势的最大值为9V，故其有效值为U＝eq\f(Um,\r(2))＝eq\f(9,\r(2))V＝eq\f(9,2)eq\r(2)V，故C错误，D正确。故选BD。三、非选择题13．有一种家用小型风力发电机，发电机的叶轮在风力作用下带动线圈在磁感应强度B＝eq\f(\r(2),4π)T的磁场中旋转产生交变电流。矩形线圈的面积S＝0.02m2，匝数N＝440匝，电阻r＝2Ω，发电机在正常工作时，变速箱可使线圈转速稳定到50r/s。以线圈平面与磁感线垂直时为计时起点，求：(1)线圈中产生的感应电动势的表达式；(2)线圈从计时起点到转过90°的时间内，产生的平均感应电动势；(3)发电机输出的电流是10A时，发电机的输出功率。答案：(1)e＝220eq\r(2)sin100πtV(2)eq\f(440\r(2),π)V(3)2000W解析：(1)角速度为ω＝2πn＝2π×50rad/s＝100πrad/s，线圈转动产生的最大感应电动势为Em＝NBSω＝440×eq\f(\r(2),4π)×0.02×100πV＝220eq\r(2)V，线圈中产生的感应电动势的表达式e＝Emsinωt＝220eq\r(2)sin100πtV。(2)在转过eq\f(π,2)的时间内，根据法拉第电磁感应定律可知E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(NBS,\f(T,4))＝eq\f(4NBS,\f(2π,ω))＝eq\f(2NBSω,π)＝eq\f(2×440×\f(\r(2),4π)×0.02×100π,π)V＝eq\f(440\r(2),π)V。(3)线圈转动产生的电动势有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(220\r(2),\r(2))V＝220V，发电机的输出功率P＝UI＝(E－Ir)I＝(220－10×2)×10W＝2000W。14．(2023·黑龙江哈尔滨高二阶段练习)如图所示，边长为l的正方形单匝线圈abcd，电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B，若线圈从图示位置开始，以角速度ω绕OO′轴匀速转动，求：(1)线圈转过一周过程中产生的感应电动势的最大值；(2)线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量；(3)线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量Q。答案：(1)eq\f(1,2)Bl2ω(2)eq\f(Bl2,R＋r)(3)eq\f(πB2l4Rω,4（r＋R）2)解析：(1)当线圈与磁场平行时感应电动势最大，最大值为Em＝NBSω＝eq\f(1,2)Bl2ω。(2)线圈从图示位置转过180°的过程中，穿过线圈磁通量的变化量大小为ΔΦ＝2BS＝2Beq\f(1,2)l2＝Bl2，线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(Bl2,R＋r)。(3)感应电动势的有效值为E＝eq\f(\r(2),2)Em＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(1,2)Bl2ω＝eq\f(\r(2),4)Bl2ω，感应电流有效值为I＝eq\f(E,R＋r)，电阻R上产生的热量为Q＝I2RT，其中T＝eq\f(2π,ω)，线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q＝eq\f(πB2l4Rω,4（r＋R）2)。3变压器eq\a\vs4\al(67)变压器的原理1．关于变压器，下列说法正确的是(B)A．变压器工作的基础是自感现象B．在原线圈中，电能转化为磁场能C．电能能够从原线圈传递到副线圈，是因为原、副线圈通过导线连在一起D．变压器对恒定电流也能变压解析：变压器工作的基础是互感现象，故A错误；在原线圈中电能转化为磁场能，副线圈中磁场能转化为电能，电能是通过磁场从原线圈传递到副线圈的，故B正确，C错误；变压器只能对变化的电流有变压作用，对恒定电流没有变压作用，D错误。2．关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是(C)A．通有正弦式交变电流的原线圈产生的磁通量不变B．穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都不相等C．穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势D．原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈解析：通有正弦式交变电流的原线圈产生的磁通量Φ是变化的，A错误；因理想变压器无漏磁，穿过原、副线圈的磁通量相等，故B错误；由互感现象知，C正确；原线圈中的电能转化为磁场能又转化为电能，原、副线圈通过磁场联系在一起，电流不通过铁芯，故D错误。实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系3.(2023·江苏南通高二阶段练习)利用如图所示的可拆变压器可以探究变压器原、副线圈的电压与匝数的关系，下列说法中正确的是(D)A．为了保证人身安全，可以用4～6节干电池作为电源B．使用电压表测电压时，要先用最小量程挡试测C．变压器工作时通过铁芯导电把电能由原线圈输送到副线圈D．由于漏磁，实际测得变压器原、副线圈的电压比会比原、副线圈的匝数比略大解析：变压器只能改变交流电源的电压、电流，A错误；使用电压表测电压时，要先用最大量程挡试测，B错误；变压器工作时通过铁芯导磁，利用互感的原理把电能由原线圈输送到副线圈，C错误；由于漏磁，实际测得变压器原、副线圈的电压比会比原、副线圈的匝数比略大，D正确。故选D。4．(2023·江苏宿迁高二统考期中)在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。(1)本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是A。A．控制变量法B．等效替代法C．整体隔离法(2)为了减少涡流的影响，铁芯应该选择C。A．整块硅钢铁芯B．整块不锈钢铁芯C．绝缘的硅钢片叠成D．绝缘的铜片叠成(3)以下给出的器材中，本实验需要用到的有哪些BD。eq\o(\s\up7(),\s\do15(A))eq\o(\s\up7(),\s\do15(B))eq\o(\s\up7(),\s\do15(C))eq\o(\s\up7(),\s\do15(D))(4)下列做法正确的是B。A．为了人身安全，只能使用低压直流电源，所用电压不要超过12VB．为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测C．观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数多D．变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈(5)在实际实验中将电源接在原线圈的“0”和“800”两个接线柱上，用电表测得副线圈的“0”和“400”两个接线柱之间的电压为3.0V，则原线圈的输入电压可能为D(填字母)。A．1.5V B．3.0VC．6.0V D．7.0V解析：(1)本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是控制变量法，故选A。(2)变压器铁芯的材料要选择磁性材料，为防止出现涡流，用绝缘的硅钢片叠成，故C正确，A、B、D错误。故选C。(3)实验中需要交流电源和交流电压表(多用电表)，不需要干电池和直流电压表。故选BD。(4)变压器改变的是交流电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用交流电压不能超过12V，故A错误；使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，故B正确；观察两个线圈的导线，发现粗细不同，由变压器工作原理知eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，可知，匝数少的电流大，则导线越粗，即导线粗的线圈匝数少，故C错误；变压器的工作原理是电磁感应现象，即不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”磁场能的作用，不是铁芯导电，传输电能，故D错误。故选B。(5)若是理想变压器，则有变压器线圈两端的电压与匝数的关系eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，若变压器的原线圈接“0“和”800”两个接线柱，副线圈接“0”和“400”两个接线柱，可知原、副线圈的匝数比为2∶1，副线圈的电压为3V，则原线圈的电压为U1＝2×3V＝6V，考虑到不是理想变压器，有漏磁等现象，则原线圈所接的电源电压大于6V，可能为7V，故D正确。故选D。理想变压器的基本规律5.(多选)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，电压表和电流表均为理想电表，灯泡电阻RL＝6Ω，A、B端输入电压u1＝12eq\r(2)sin100πt(V)。下列说法正确的是(AD)A．电流频率为50HzB．电压表的示数为24VC．电流表的示数为0.5AD．变压器的输入功率为6W解析：根据u1＝12eq\r(2)sin100πt(V)及U＝eq\f(Um,\r(2))知，U1＝12V，f＝eq\f(ω,2π)＝50Hz，选项A正确；根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)得U2＝eq\f(n2,n1)U1＝eq\f(1,2)×12V＝6V，即电压表的示数为6V，选项B错误；电流表的示数I2＝eq\f(U2,RL)＝eq\f(6,6)A＝1A，选项C错误；根据P1＝P2及P2＝eq\f(Ueq\o\al(2,2),RL)＝eq\f(62,6)W＝6W，可知变压器的输入功率为6W，选项D正确。6.(2023·安徽合肥高二校联考)某同学的电动自行车充电器是一输入电压为220V，输出电压为60V的变压器。由于副线圈烧坏了需要维修，该同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上绕了5匝线圈，如图所示。将原线圈接到220V交流电源上，测得新绕线圈两端电压为1V。则(C)A．该充电器原线圈有2200匝B．该充电器原线圈有5500匝C．被烧坏的副线圈有300匝D．被烧坏的副线圈有250匝解析：设该变压器的原、副线圈和新绕线圈的匝数分别为n1、n2、n3，变压器的原、副线圈和新绕线圈的电压分别为U1、U2、U3，则有eq\f(U1,U3)＝eq\f(n1,n3)，解得该充电器原线圈匝数为n1＝eq\f(U1,U3)·n3＝1100匝，故A、B错误；同理可得eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，解得被烧坏的副线圈匝数n2＝eq\f(U2,U1)·n1＝300匝，故C正确，D错误。故选C。7．某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶10，当输入电压增加20V时，输出电压(D)A．降低2V B．增加2VC．降低200V D．增加200V解析：由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知eq\f(ΔU1,ΔU2)＝eq\f(n1,n2)，代入数据得ΔU2＝200V，故D正确。8．某理想变压器原、副线圈匝数比为55∶9，原线圈所接电源电压按如图所示规律变化，副线圈接有负载。下列判断正确的是(D)A．输出电压的最大值为36VB．原、副线圈中电流之比为55∶9C．变压器输入、输出功率之比为55∶9D．交流电源的电压有效值为220V，频率为50Hz解析：原线圈电压的最大值为220eq\r(2)V，变压器的输入和输出电压之比等于原、副线圈匝数比，所以输出电压的最大值为eq\f(9,55)×220eq\r(2)V＝36eq\r(2)V，所以A错误。电流之比等于原、副线圈匝数的反比，B错误。变压器只能改变交流电的电压，而不能改变频率和功率，即理想变压器的输入功率和输出功率相等，所以C错误。从题图中可以看出，交流电的周期T＝0.02s，所以频率为50Hz，交流电电压峰值为有效值的eq\r(2)倍，所以有效值为220V，所以D正确。故选D。9．交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动。一小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S＝0.05m2，线圈转动的频率为50Hz，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B＝eq\f(\r(2),π)T。为用此发电机所发出交流电带动两个标有“220V11kW”的电机正常工作，需在发电机的输出端a、b与电机之间接一个理想变压器，电路如图所示，求：(1)发电机的输出电压的有效值为多少？(2)变压器原、副线圈的匝数比为多少？(3)与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为多大？答案：(1)1100V(2)5∶1(3)20A解析：(1)根据Em＝NBSω＝1100eq\r(2)V，得输出电压的有效值为U1＝eq\f(Em,\r(2))＝1100V。(2)根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，得变压器原、副线圈的匝数比为eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(1100V,220V)＝eq\f(5,1)。(3)根据P入＝P出＝2.2×104W，再根据P入＝U1I1，解得I1＝20A。eq\a\vs4\al(69)一、选择题(每小题只有一个选项符合题目要求)1．关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是(A)A．原、副线圈缠绕在一个闭合铁芯上，是为了减少磁场能的损失，有效地传送电能B.铁芯不用整块金属做成，是为了防止原、副线圈短路，造成危险C．变压器不仅改变电压大小，也改变交变电流的频率D．当原线圈接入恒定电流时，副线圈也有电压输出解析：铁芯不用整块金属做成是为了防止涡流产生较多的热量从而烧坏变压器，故B错误；变压器不能改变交变电流的频率，故C错误；变压器对恒定电流不起作用，D错误。2．理想变压器正常工作时，原、副线圈中的电流为I1、I2，电压为U1、U2，功率为P1、P2，关于它们之间的关系，下列说法正确的是(C)A．I2由I1决定 B．U2与负载有关C．P1由P2决定 D．以上说法都不正确解析：电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，所以I1由I2决定，P1由P2决定，A错误，C正确；U2由输入电压和匝数比决定，与负载无关，B错误。故选C。3．一理想变压器原线圈接交流电源，副线圈接电阻，则下列哪种方法可使输入功率增加为原来的2倍(D)A．原线圈的匝数增加为原来的2倍B．副线圈的匝数增加为原来的2倍C．负载电阻变为原来的2倍D．副线圈匝数和负载电阻均变为原来的2倍解析：原线圈的匝数增加为原来的2倍，副线圈的电压变为原来的eq\f(1,2)，输出功率为P＝eq\f(U2,R)变为原来的eq\f(1,4)，输入功率等于输出功率，故A错误；副线圈的匝数增加为原来的2倍，副线圈的电压增大为原来的2倍，输出功率为P＝eq\f(U2,R)增大为原来的4倍，输入功率等于输出功率，B错误；负载电阻变为原来的2倍，输出功率为P＝eq\f(U2,R)减小为原来的一半，输入功率等于输出功率，C错误；副线圈匝数和负载电阻均变为原来的2倍，输出功率P＝eq\f(U2,R)增大为原来的2倍，输入功率等于输出功率，D正确。故选D。4．(2023·北京顺义高二校考阶段练习)图1所示为可拆变压器的零部件，其中铁芯B可以安装在铁芯A的横梁上以形成闭合铁芯；原、副线圈的匝数分