专题3.1 交变电流的产生及变化规律-2022-2023学年高二物理举一反三系列（人教版2019选择性必修第二册）（原卷版）

专题3.1交变电流的产生及变化规律【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【题型1装置】 【题型2图像】 【题型3表达式】 【题型4含有二极管的问题】 【题型5中性面的认识】 【题型6装置、图像、表达式综合】 【题型1装置】【例1】如图所示，线圈ABCD匝数n＝10，面积S＝0.4m2，边界MN(与线圈的AB边重合)右侧存在磁感应强度B＝eq\f(2,π)T的匀强磁场，若线圈从图示位置开始绕AB边以ω＝10πrad/s的角速度匀速转动。则以下说法正确的是()A.线圈产生的是正弦交流电B.线圈在转动过程中产生的最大感应电动势为40VC.线圈转动eq\f(1,60)s时瞬时感应电动势为40eq\r(3)VD.线圈产生的感应电动势的有效值为40V【变式1-1】贯彻新发展理念，我国风力发电发展迅猛，2020年我国风力发电量高达4000亿千瓦时。某种风力发电机的原理如图所示，发电机的线圈固定，磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动，已知磁体间的磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为0.20T，线圈的匝数为100、面积为0.5m2，电阻为0.6Ω，若磁体转动的角速度为90rad/s，线圈中产生的感应电流为50A。求：(1)线圈中感应电动势的有效值E；(2)线圈的输出功率P。【变式1-2】如图所示，矩形线圈处在磁感应强度大小为B、方向水平向右的匀强磁场中，线圈通过电刷与定值电阻R及理想电流表相连接，线圈绕中心轴线OO′以恒定的角速度ω匀速转动，t＝0时刻线圈位于与磁场平行的位置。已知线圈的匝数为n、面积为S、阻值为r。则下列说法正确的是()A.t＝0时刻流过电阻R的电流方向向左B.线圈中感应电动势的瞬时表达式为e＝nBSωsinωtC.线圈转动的过程中，电阻R两端的电压为eq\f(nBSωR,R＋r)D.从t＝0时刻起，线圈转过60°时电阻R两端的电压为eq\f(nBSωR,2（R＋r）)【变式1-3】（多选）如图所示为一台小型发电机结构示意图，线圈绕垂直匀强磁场方向的轴匀速转动，通过电刷接有一盏小灯泡。已知线圈匝数为N，内阻为r，转动的周期为T，小灯泡的电阻为9r，电压表的示数为U。从图示位置开始计时，下列说法中正确的是()A.从开始计时到t＝eq\f(T,4)过程中，通过灯泡的电荷量为eq\f(UT,36r)B.从开始计时到t＝eq\f(T,2)过程中，灯泡消耗的电能为eq\f(U2T,18r)C.线圈产生的电动势瞬时值表达式为e＝eq\r(2)Ucoseq\f(2π,T)tD.线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为eq\f(5\r(2)UT,9Nπ)【题型2图像】【例2】(多选)如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图像如图线b所示。以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是()A．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B．线圈先后两次转速之比为3∶2C．交流电a的瞬时值表达式为u＝10sin(5πt)VD．交流电b的最大值为eq\f(20,3)V【变式2-1】(多选)如图甲所示，为新能源电动汽车的无线充电原理图，M为匝数n＝50匝、电阻r＝1.0Ω的受电线圈，N为送电线圈。当送电线圈N接交变电流后，在受电线圈内产生了与线圈平面垂直的磁场，其磁通量Ф随时间t变化的规律如图乙所示。下列说法正确是()A．受电线圈产生的电动势的有效值为10eq\r(2)VB．在t1时刻，受电线圈产生的电动势为20VC．在t1～t2时间内，通过受电线圈的电荷量为4×10－2CD．在t1～t2时间内，通过受电线圈的电荷量为2×10－2C【变式2-2】一正弦式交变电流的i­t图像如图所示。下列说法正确的是()A．在t＝0.4s时电流改变方向B．该交变电流的周期为0.5sC．该交变电流的表达式为i＝2cos5πtAD．该交变电流的有效值为eq\f(\r(2),2)A【变式2-3】(多选)一矩形金属线圈，绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的感应电动势e随时间t变化的规律如图所示，下列说法中正确的是()A.此交流电的频率为10HzB.此感应电动势的有效值为eq\r(2)VC.t＝0.1s时，线圈平面与磁场方向垂直D.在线圈平面与磁场方向成30°时，感应电动势的大小为1V【题型3表达式】【例3】一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的电动势e＝200eq\r(2)·sin100πt(V)，下列说法正确的是()A．该交变电流的频率是100HzB．当t＝0时，线圈平面恰好与中性面垂直C．当t＝eq\f(1,200)s时，e达到峰值D．该交变电流的电动势的有效值为200eq\r(2)V【变式3-1】合理利用自然界中的能源是一个重要的课题。在我国某海域，人们设计了一个浮桶式波浪发电灯塔。如图甲所示，该浮桶由内、外两密封圆筒构成，浮桶内磁体由支柱固定在暗礁上，内置N＝100的线圈。线圈与阻值R＝14Ω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＝2eq\r(2)sinπt(m/s)。辐向磁场中线圈所在处的磁感应强度大小B＝0.2T。线圈周长L＝1.5m，总电阻r＝1Ω，圆形线圈所在处截面如图乙所示。下列说法正确的是()A．线圈中感应电动势为60eq\r(2)VB．灯泡中流过电流的最大值为4AC．灯泡的电功率为240WD．1分钟内小灯泡消耗的电能为13440J【变式3-2】某交变电动势瞬时值表达式e＝10sin(2πt)V，则()A.交变电流的频率为2HzB.交变电流的周期为0.25sC.交变电动势的有效值为10VD.当t＝0.25s时，感应电动势为10V【变式3-3】(多选)如图甲所示，标有“220V40W”的灯泡和标有“20μF320V”的电容器并联接到交流电源上，V为交流电压表，交流电源的输出电压随时间的变化规律如图乙所示，闭合开关S。下列判断正确的是()A．t＝eq\f(T,2)时刻，V的示数为零B．灯泡恰好正常发光C．电容器不可能被击穿D．V的示数保持110eq\r(2)V不变【题型4含有二极管的问题】【例4】(多选)如图甲所示的电路中，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(电压为正值时，UAB>0)。由此可知()A．在A、B之间所加的交变电压的周期为2×10－2sB．在A、B之间所加的交变电压的瞬时值表达式为u＝220eq\r(2)sin50πt(V)C．加在R1上电压的有效值为55eq\r(2)VD．加在R1上电压的有效值为55eq\r(10)V【变式4-1】如图所示电路，电阻R1与电阻R2串联接在交变电源上，且R1＝R2＝10Ω，正弦交流电的表达式为u＝20eq\r(2)sin(100πt)V，R1和理想二极管D(正向电阻为零，反向电阻为无穷大)并联，则R2上的电功率为()A.10W B.15WC.25W D.30W【变式4-2】在电阻两端并联二极管如图所示电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和R1并联的D为理想二极管(正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大)，在A、B间加一正弦交流电u＝20eq\r(2)sin100πtV，则加在R2上的电压有效值为()A．10VB．20VC．15VD．5eq\r(10)V【变式4-3】[多选]如图所示，N匝矩形导线框在磁感应强度为B的匀强磁场中绕轴OO′匀速转动，线框面积为S，线框的电阻、电感均不计，外电路接有电阻R、理想电流表A和二极管D。电流表的示数为I，二极管D具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大。下列说法正确的是()A．导线框转动的角速度为eq\f(2RI,NBS)B．导线框转动的角速度为eq\f(4RI,NBS)C．导线框转到图示位置时，线框中的磁通量最大，瞬时电动势为零D．导线框转到图示位置时，线框中的磁通量最大，瞬时电动势最大【题型5中性面的认识】【例5】(多选)关于中性面，下列说法正确的是()A.线圈在转动中经中性面位置时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零B.线圈在转动中经中性面位置时，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大C.线圈每经过一次中性面，感应电流的方向就改变一次D.线圈每转动一周即经过中性面一次，所以线圈每转动一周，感应电流的方向就改变一次【变式5-1】(多选)单匝闭合矩形线框电阻为R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量Φ与时间t的关系图像如图所示。下列说法正确的是()A.eq\f(T,2)时刻线框平面与中性面垂直B.线框的感应电动势有效值为eq\f(\r(2)πΦm,T)C.线框转一周外力所做的功为eq\f(2π2Φeq\o\al(2,m),RT)D.从t＝0到t＝eq\f(T,4)过程中线框的平均感应电动势为eq\f(πΦm,T)【变式5-2】如图所示，一线圈在匀强磁场中匀速转动，经过图示位置时()A．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最大B．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小C．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大D．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最小【变式5-3】(多选)如图(a)为一交流发电机示意图，线圈abcd在匀强磁场中绕固定轴OO′沿顺时针方向匀速转动，图(b)是该发电机的电动势随时间t按余弦规律变化的图像。已知线圈电阻为2.5Ω，定值电阻R＝10Ω，电表均为理想交流电表。由此可以判定()A.电流表读数为0.8AB.电压表读数为10VC.t＝0.1s时刻，穿过线圈的磁通量为零D.0～0.05s内，通过电阻R的电荷量为0.04C【题型6装置、图像、表达式综合】【例6】图甲为一台小型发电机示意图，产生的感应电动势随时间变化如图乙所示。已知发电机线圈的匝数为100匝，电阻r＝2Ω，外电路的小灯泡电阻恒为R＝6Ω，电压表、电流表均为理想电表。下列说法正确的是()A．电压表的读数为4VB．电流表的读数为0.5AC．1秒内流过小灯泡的电流方向改变25次D．线圈在转动过程中，磁通量最大为eq\f(0.08\r(2),π)Wb【变式6-1】一台发电机的结构示意图如图所示，N、S是磁铁的两个磁极，M是圆柱形铁芯，铁芯外套有一矩形导线圈，线圈在绕过铁芯M中心的固定转轴匀速转动。磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径的辐向磁场，磁感应强度大小处处相等。若从线圈处于图示位置开始计时，设此时电动势为正值，图中能正确反映线圈中感应电动势e随时间t变化规律的是()【变式6-2】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，为交流电流表．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象如图乙所示．以下判断正确的是()A．电流表的示数为10AB．线圈转动的角速度为50πrad/sC．0.01s时线圈平面与磁场方向平行D．0.02s时电阻R中电流的方向自右向左【变式6-3】如图甲所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交变电流如图乙所示，设沿abcda方向为电流正方向，则下列说法正确的是()A．乙图中Oa时间段对应甲图中A至B图的过程B．乙图中c时刻对应甲图中的C图C．若乙图中d等于0.02s，则1s内电流的方向改变50次D．若乙图中b等于0.02s，则交流电的频率为50Hz

参考答案【题型1装置】【例1】如图所示，线圈ABCD匝数n＝10，面积S＝0.4m2，边界MN(与线圈的AB边重合)右侧存在磁感应强度B＝eq\f(2,π)T的匀强磁场，若线圈从图示位置开始绕AB边以ω＝10πrad/s的角速度匀速转动。则以下说法正确的是()A.线圈产生的是正弦交流电B.线圈在转动过程中产生的最大感应电动势为40VC.线圈转动eq\f(1,60)s时瞬时感应电动势为40eq\r(3)VD.线圈产生的感应电动势的有效值为40V答案D解析线圈出了磁场不再产生感应电流，故线圈在有界磁场中产生正弦交流电的一半，故A错误；线圈在转动过程中产生的最大感应电动势为Em＝nBSω，代入解得Em＝80V，故B错误；线圈从中性面位置开始计时，产生正弦式交变电流，其瞬时表达式e＝Emsinωt，当线圈转动eq\f(1,60)s时，转过的角度为eq\f(π,6)，此时瞬时感应电动势为e＝Emsineq\f(π,6)＝40V，故C错误；在一个周期内，只有半个周期产生感应电动势，故线圈产生的电动势的有效值为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Em,\r(2)R)))eq\s\up12(2)Req\f(T,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R)))eq\s\up12(2)RT，解得E＝40V，故D正确。【变式1-1】贯彻新发展理念，我国风力发电发展迅猛，2020年我国风力发电量高达4000亿千瓦时。某种风力发电机的原理如图所示，发电机的线圈固定，磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动，已知磁体间的磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为0.20T，线圈的匝数为100、面积为0.5m2，电阻为0.6Ω，若磁体转动的角速度为90rad/s，线圈中产生的感应电流为50A。求：(1)线圈中感应电动势的有效值E；(2)线圈的输出功率P。解析：(1)电动势的最大值Em＝NBSω，有效值E＝eq\f(Em,\r(2))，解得E＝eq\f(NBSω,\r(2))，代入数据得E≈6.4×102V。(2)输出电压U＝E－Ir，输出功率P＝IU，解得P＝I(E－Ir)，代入数据得P＝3.05×104W。答案：(1)6.4×102V(2)3.05×104W【变式1-2】如图所示，矩形线圈处在磁感应强度大小为B、方向水平向右的匀强磁场中，线圈通过电刷与定值电阻R及理想电流表相连接，线圈绕中心轴线OO′以恒定的角速度ω匀速转动，t＝0时刻线圈位于与磁场平行的位置。已知线圈的匝数为n、面积为S、阻值为r。则下列说法正确的是()A.t＝0时刻流过电阻R的电流方向向左B.线圈中感应电动势的瞬时表达式为e＝nBSωsinωtC.线圈转动的过程中，电阻R两端的电压为eq\f(nBSωR,R＋r)D.从t＝0时刻起，线圈转过60°时电阻R两端的电压为eq\f(nBSωR,2（R＋r）)答案D解析t＝0时刻线框与磁场方向平行，即线框的速度与磁场方向垂直，由右手定则可知，流过电阻R的电流方向向右，故A错误；从与中性面垂直的位置开始计时，感应电动势随时间按余弦规律变化，且最大感应电动势Em＝nBSω，所以感应电动势的瞬时值表达式为e＝nBSωcosωt，故B错误；线圈转过的过程中，最大感应电动势Em＝nBSω，则产生的感应电动势的有效值为E＝eq\f(\r(2),2)nBSω，因此电阻R两端的电压为U＝eq\f(\r(2)nBSωR,2（R＋r）)，故C错误；线圈从t＝0开始转过60°时，电阻R两端的电压为UR＝eq\f(nBSωcos60°·R,R＋r)＝eq\f(nBSωR,2（R＋r）)，故D正确。【变式1-3】（多选）如图所示为一台小型发电机结构示意图，线圈绕垂直匀强磁场方向的轴匀速转动，通过电刷接有一盏小灯泡。已知线圈匝数为N，内阻为r，转动的周期为T，小灯泡的电阻为9r，电压表的示数为U。从图示位置开始计时，下列说法中正确的是()A.从开始计时到t＝eq\f(T,4)过程中，通过灯泡的电荷量为eq\f(UT,36r)B.从开始计时到t＝eq\f(T,2)过程中，灯泡消耗的电能为eq\f(U2T,18r)C.线圈产生的电动势瞬时值表达式为e＝eq\r(2)Ucoseq\f(2π,T)tD.线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为eq\f(5\r(2)UT,9Nπ)答案BD解析由题意可知U＝eq\f(9r,r＋9r)E，得E＝eq\f(10,9)U，最大感应电动势为Emax＝eq\f(10\r(2),9)U，又Em＝NBSω＝NBS·eq\f(2π,T)，得NBS＝eq\f(10\r(2)UT,2×9π)＝eq\f(5\r(2)UT,9π)，从开始计时到t＝eq\f(T,4)过程中，通过灯泡的电荷量为q＝eq\f(NΔΦ,10r)＝eq\f(NBS,10r)＝eq\f(5\r(2)UT,9π×10r)＝eq\f(\r(2)UT,18πr)，故A错误；电路中的电流为I＝eq\f(U,9r)，则从开始计时到t＝eq\f(T,2)过程中，灯泡消耗的电能为E＝I2×9r×eq\f(T,2)＝eq\f(U2,81r2)×9r×eq\f(T,2)＝eq\f(U2T,18r)，故B正确；线圈产生的电动势瞬时值表达式为e＝Emaxcosωt＝eq\f(10\r(2),9)Ucoseq\f(2π,T)t，故C错误；线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为Φmax＝BS＝eq\f(5\r(2)UT,9Nπ)，故D正确。【题型2图像】【例2】(多选)如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图像如图线b所示。以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是()A．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B．线圈先后两次转速之比为3∶2C．交流电a的瞬时值表达式为u＝10sin(5πt)VD．交流电b的最大值为eq\f(20,3)V解析：选BCD在题图中t＝0时刻，感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，A错误；图线a的周期为0.4s，图线b的周期为0.6s，转速与周期成反比，所以转速之比为3∶2，B正确；交流电的瞬时值表达式为u＝Umsinωt，所以a的瞬时值表达式为u＝10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,0.4)t))V＝10sin(5πt)V，C正确；由Um＝NBSω，可知角速度变为原来的eq\f(2,3)，则最大值变为原来的eq\f(2,3)，交流电b的最大值为eq\f(20,3)V，D正确。【变式2-1】(多选)如图甲所示，为新能源电动汽车的无线充电原理图，M为匝数n＝50匝、电阻r＝1.0Ω的受电线圈，N为送电线圈。当送电线圈N接交变电流后，在受电线圈内产生了与线圈平面垂直的磁场，其磁通量Ф随时间t变化的规律如图乙所示。下列说法正确是()A．受电线圈产生的电动势的有效值为10eq\r(2)VB．在t1时刻，受电线圈产生的电动势为20VC．在t1～t2时间内，通过受电线圈的电荷量为4×10－2CD．在t1～t2时间内，通过受电线圈的电荷量为2×10－2C解析：选AD由题图乙可知，T＝π×10－3s，受电线圈的最大磁通量为Φm＝2.0×10－4Wb，所以受电线圈产生的电动势最大值为：Em＝nΦm·eq\f(2π,T)＝20V，所以受电线圈产生的电动势的有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))＝10eq\r(2)V，故A正确；由题图乙可知，t1时刻磁通量变化率为0，由法拉第电磁感应定律可知，此时受电线圈产生的电动势为0，故B错误；在t1～t2时间内，通过受电线圈的电荷量q＝eq\f(nΔΦ,r)＝2.0×10－2C，故C错误，D正确。【变式2-2】一正弦式交变电流的i­t图像如图所示。下列说法正确的是()A．在t＝0.4s时电流改变方向B．该交变电流的周期为0.5sC．该交变电流的表达式为i＝2cos5πtAD．该交变电流的有效值为eq\f(\r(2),2)A解析：选C由题图可知t＝0.4s时电流为正方向最大值，电流方向没有发生变化，故A错误；由题图可知，该交变电流的周期为T＝0.4s，故B错误；由题图可知，电流的最大值为imax＝2A，角速度为ω＝eq\f(2π,T)＝5πrad/s，故该交变电流的表达式为i＝imaxcosωt＝2cos5πtA，故C正确；该交变电流的有效值为i＝eq\f(imax,\r(2))＝eq\r(2)A，故D错误。【变式2-3】(多选)一矩形金属线圈，绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的感应电动势e随时间t变化的规律如图所示，下列说法中正确的是()A.此交流电的频率为10HzB.此感应电动势的有效值为eq\r(2)VC.t＝0.1s时，线圈平面与磁场方向垂直D.在线圈平面与磁场方向成30°时，感应电动势的大小为1V答案BC解析由图像知，周期T＝0.2s，所以频率f＝5Hz，A错误；感应电动势的最大值为2V，有效值为E＝eq\f(2,\r(2))V＝eq\r(2)V，故B正确；t＝0.1s时，感应电动势为0，所以线圈平面与磁场方向垂直，故C正确；在线圈平面与磁场方向成30°时，感应电动势的大小e＝2sin60°V＝eq\r(3)V，故D错误。【题型3表达式】【例3】一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的电动势e＝200eq\r(2)·sin100πt(V)，下列说法正确的是()A．该交变电流的频率是100HzB．当t＝0时，线圈平面恰好与中性面垂直C．当t＝eq\f(1,200)s时，e达到峰值D．该交变电流的电动势的有效值为200eq\r(2)V解析：选C由交变电流的电动势瞬时值表达式e＝nBSω·sinωt可知，交变电流的频率f＝eq\f(ω,2π)＝50Hz，A错误。在t＝0时，电动势瞬时值为0，线圈平面恰好在中性面处，B错误。当t＝eq\f(1,200)s时，e达到峰值Em＝200eq\r(2)V，C正确。该交变电流的电动势的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝200V，D错误。【变式3-1】合理利用自然界中的能源是一个重要的课题。在我国某海域，人们设计了一个浮桶式波浪发电灯塔。如图甲所示，该浮桶由内、外两密封圆筒构成，浮桶内磁体由支柱固定在暗礁上，内置N＝100的线圈。线圈与阻值R＝14Ω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＝2eq\r(2)sinπt(m/s)。辐向磁场中线圈所在处的磁感应强度大小B＝0.2T。线圈周长L＝1.5m，总电阻r＝1Ω，圆形线圈所在处截面如图乙所示。下列说法正确的是()A．线圈中感应电动势为60eq\r(2)VB．灯泡中流过电流的最大值为4AC．灯泡的电功率为240WD．1分钟内小灯泡消耗的电能为13440J解析：选D线圈在磁场中切割磁感线，产生电动势最大值为Emax＝NBLvmax，代入数据可得Emax＝60eq\r(2)V，线圈中感应电动势为e＝Emaxsinπt＝60eq\r(2)sin(πt)V，故A错误；根据闭合电路的欧姆定律可得最大电流为Imax＝eq\f(Emax,R＋r)＝4eq\r(2)A，故B错误；电流的有效值为I＝4A，灯泡的电功率为P＝I2R＝224W，故C错误；1分钟内小灯泡消耗的电能为W＝Pt＝13440J，故D正确。【变式3-2】某交变电动势瞬时值表达式e＝10sin(2πt)V，则()A.交变电流的频率为2HzB.交变电流的周期为0.25sC.交变电动势的有效值为10VD.当t＝0.25s时，感应电动势为10V答案D解析交变电动势瞬时值表达式e＝10sin(2πt)V，可知ω＝2π，则交变电流的周期T＝eq\f(2π,ω)＝1s，频率为f＝eq\f(1,T)＝1Hz，选项A、B错误；交变电动势瞬时值表达式e＝10sin(2πt)V，可知交变电动势的最大值为10V，则有效值为eq\f(10,\r(2))V＝5eq\r(2)V，选项C错误；当t＝0.25s时，感应电动势为e＝10sineq\f(π,2)V＝10V，选项D正确。【变式3-3】(多选)如图甲所示，标有“220V40W”的灯泡和标有“20μF320V”的电容器并联接到交流电源上，V为交流电压表，交流电源的输出电压随时间的变化规律如图乙所示，闭合开关S。下列判断正确的是()A．t＝eq\f(T,2)时刻，V的示数为零B．灯泡恰好正常发光C．电容器不可能被击穿D．V的示数保持110eq\r(2)V不变解析：选BCV的示数应是电压的有效值220V，A、D错误；电压的有效值恰好等于灯泡的额定电压，灯泡正常发光，B正确；电压的峰值Um＝220eq\r(2)V≈311V，小于电容器的耐压值，故电容器不可能被击穿，C正确。【题型4含有二极管的问题】【例4】(多选)如图甲所示的电路中，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(电压为正值时，UAB>0)。由此可知()A．在A、B之间所加的交变电压的周期为2×10－2sB．在A、B之间所加的交变电压的瞬时值表达式为u＝220eq\r(2)sin50πt(V)C．加在R1上电压的有效值为55eq\r(2)VD．加在R1上电压的有效值为55eq\r(10)V解析：选AC由题图乙可知，交变电压的周期为T＝2×10－2s，A正确；交变电压瞬时值的表达式为u＝220eq\r(2)sineq\f(2π,T)(V)＝220eq\r(2)sin100πt(V)，B错误；电压值取正值时，即在前半个周期内，二极管电阻为零，R1被短路，电压值取负值时，即在后半个周期内，二极管电阻无穷大，可看作断路，R1上的电压等于输入电压值的一半，据此可设加在R1的电压有效值为U，根据电流的热效应，在一个周期内满足eq\f(U2,R)T＝eq\f(1102,R)·eq\f(T,2)，可求出U＝55eq\r(2)V，C正确，D错误。【变式4-1】如图所示电路，电阻R1与电阻R2串联接在交变电源上，且R1＝R2＝10Ω，正弦交流电的表达式为u＝20eq\r(2)sin(100πt)V，R1和理想二极管D(正向电阻为零，反向电阻为无穷大)并联，则R2上的电功率为()A.10W B.15WC.25W D.30W答案C解析由题图可知，当电流从A流入时，R1被短路，则此时R2上电压有效值为U2＝eq\f(Um,\r(2))＝20V；当电流从B流入时，R1、R2串联，则R2两端电压有效值为U2′＝eq\f(U2,2)＝10V。设在一个周期内R2两端的电压有效值为U，则eq\f(U2′2,R2)×eq\f(T,2)＋eq\f(Ueq\o\al(2,2),R2)×eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R2)×T，解得U＝5eq\r(10)V，则有P2＝eq\f(U2,R2)＝eq\f(250,10)W＝25W。故选项C正确。【变式4-2】在电阻两端并联二极管如图所示电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和R1并联的D为理想二极管(正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大)，在A、B间加一正弦交流电u＝20eq\r(2)sin100πtV，则加在R2上的电压有效值为()A．10VB．20VC．15VD．5eq\r(10)V解析：选D电压值取正值时，即在前半个周期内，二极管电阻为零，R2上的电压等于输入电压值，电压值取负值时，即在后半周期内，二极管电阻无穷大可看作断路，R2上的电压等于输入电压值的一半，据此可设加在R2的电压有效值为U，根据电流的热效应，在一个周期内满足eq\f(U2,R)T＝eq\f(202,R)·eq\f(T,2)＋eq\f(102,R)·eq\f(T,2)，可求出U＝5eq\r(10)V。故选项D正确。【变式4-3】[多选]如图所示，N匝矩形导线框在磁感应强度为B的匀强磁场中绕轴OO′匀速转动，线框面积为S，线框的电阻、电感均不计，外电路接有电阻R、理想电流表A和二极管D。电流表的示数为I，二极管D具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大。下列说法正确的是()A．导线框转动的角速度为eq\f(2RI,NBS)B．导线框转动的角速度为eq\f(4RI,NBS)C．导线框转到图示位置时，线框中的磁通量最大，瞬时电动势为零D．导线框转到图示位置时，线框中的磁通量最大，瞬时电动势最大解析：选AC导线框产生的最大感应电动势Em＝NBSω；根据二极管的特点可知，在一个周期内有半个周期回路中有电流，根据交流电电流的热效应可知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(NBSω,\r(2)R)))2R·eq\f(T,2)＝I2RT，解得ω＝eq\f(2RI,NBS)，故A正确，B错误；导线框转到图示位置时，导线框位于中性面处，导线框中的磁通量最大，瞬时电动势为零，故C正确，D错误。【题型5中性面的认识】【例5】(多选)关于中性面，下列说法正确的是()A.线圈在转动中经中性面位置时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零B.线圈在转动中经中性面位置时，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大C.线圈每经过一次中性面，感应电流的方向就改变一次D.线圈每转动一周即经过中性面一次，所以线圈每转动一周，感应电流的方向就改变一次答案AC【变式5-1】(多选)单匝闭合矩形线框电阻为R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量Φ与时间t的关系图像如图所示。下列说法正确的是()A.eq\f(T,2)时刻线框平面与中性面垂直B.线框的感应电动势有效值为eq\f(\r(2)πΦm,T)C.线框转一周外力所做的功为eq\f(2π2Φeq\o\al(2,m),RT)D.从t＝0到t＝eq\f(T,4)过程中线框的平均感应电动势为eq\f(πΦm,T)答案BC解析中性面的特点是与磁场方向垂直，穿过线框平面的磁通量最大，磁通量变化率最小，则eq\f(T,2)时刻线框在中性面上，A错误；电动势最大值为Em＝BSω＝Φmω＝Φmeq\f(2π,T)，对正弦交流电，E有＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(\r(2)πΦm,T)，B正确；由功能关系知，线框转一周外力做的功等于线框中产生的焦耳热，W＝eq\f(Eeq\o\al(2,有),R)·T＝eq\f(2π2Φeq\o\al(2,m),RT)，C正确；由法拉第电磁感应定律知，eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Φm,\f(T,4))＝eq\f(4Φm,T)，D错误。【变式5-2】如图所示，一线圈在匀强磁场中匀速转动，经过图示位置时()A．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最大B．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小C．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大D．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最小解析：选C题图所示位置线圈平面与磁感线平行，处于垂直于中性面的位置，故穿过线圈的磁通量为零(即最小)，而磁通量的变化率最大，故C正确。【变式5-3】(多选)如图(a)为一交流发电机示意图，线圈abcd在匀强磁场中绕固定轴OO′沿顺时针方向匀速转动，图(b)是该发电机的电动势随时间t按余弦规律变化的图像。已知线圈电阻为2.5Ω，定值电阻R＝10Ω，电表均为理想交流电表。由此可以判定()A.电流表读数为0.8AB.电压表读数为10VC.t＝0.1s时刻，穿过线圈的磁通量为零D.0～0.05s内，通过电阻R的电荷量为0.04C答案AC解析电动势有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))＝10V，电流表的读数I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(10,10＋2.5)A＝0.8A，电压表读数U＝IR＝8V，选项A正确，B错误；t＝0.1s时刻，感应电动势最大，此时穿过线圈的磁通量为零，选项C正确；0～0.05s内，通过电阻R的电荷量为q＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),（R＋r）)Δt，eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(NBS,Δt)＝eq\f(Em,ωΔt)＝eq\f(TEm,2πΔt)，则q＝eq\f(TEm,2π（R＋r）)＝eq\f(0.2×10\r(2),2π（10＋2.5）)C＝eq\f(2\r(2),25π)C，选项D错误。【题型6装置、图像、表达式综合】【例6】图甲为一台小型发电机示意图，产生的感应电动势随时间变化如图乙所示。已知发电机线圈的匝数为100匝，电阻r＝2Ω，外电路的小灯泡电阻恒为R＝6Ω，电压表、电流表均为理想电表。下列说法正确的是()A．电压表的读数为4VB．电流表的读数为0.5AC．1秒内流过小灯泡的电流方向改变25次D．线圈在转动过程中，磁通量最大为eq\f(0.08\r(2),π)Wb解析：选B由乙图可知，交流电的最大值为Em＝4eq\r(2)V，有效值为：E＝eq\f(Em,\r(2))＝4V，根据闭合电路的欧姆定律可知：U＝eq\f(E,R＋r)R＝eq\f(4,6＋2)×6V＝3V，A错误；电流表的示数为：I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(4,6＋2)A＝0.5A，B正确；由乙图可知，T＝4×10－2s，f＝eq\f(1,T)＝25Hz，一个周期内电流方向改变两次，所以1秒内流过小灯泡的电流方向改变50次，C错误；根据Em＝nBSω可知Φm＝BS＝eq\f(Em,nω)＝eq\f(4\r(2),100×50π)Wb＝eq\f(0.0008\r(2),π)Wb，D错误。【变式6-1】一台发电机的结构示意图如图所示，N、S是磁铁的两个磁极，M是圆柱形铁芯，铁芯外套有一矩形导线圈，线圈在绕过铁芯M中心的固定转轴匀速转动。磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径的辐向磁场，磁感应强度大小处处相等。若从线圈处于图示位置开始计时，设此时电动势为正值，图中能正确反映线圈中感应电动势e随时间t变化规律的是()解析：选D由于磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径的辐向磁场，线圈绕过铁芯M中心的固定转轴匀速转动过程中，线圈与转轴平行的两边垂直切割磁感线，产生的电动势大小不变，经过竖直面时，方向改变，D正确。【变式6-2】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，为交流电流表．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象如图乙所示．以下判断正确的是()A．电流表的示数为10AB．线圈转动的角速度为50πrad/sC．0.01s时线圈平面与磁场方向平行D．0.02s时电阻R中电流的方向自右向左答案AC解析电流表测量的是电路中电流的有效值I＝10A，选项A正确．由题图乙可知，T＝0.02s，所以ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，选项B错误．t＝0.01s时，电流最大，线圈平面与磁场方向平行，选项C正确．t＝0.02s时，线圈所处的状态就是图示状况，此时R中电流的方向自左向右，选项D错误．【变式6-3】如图甲所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交变电流如图乙所示，设沿abcda方向为电流正方向，则下列说法正确的是()A．乙图中Oa时间段对应甲图中A至B图的过程B．乙图中c时刻对应甲图中的C图C．若乙图中d等于0.02s，则1s内电流的方向改变50次D．若乙图中b等于0.02s，则交流电的频率为50Hz答案A

专题3.1交变电流的产生及变化规律【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【题型1装置】 【题型2图像】 【题型3表达式】 【题型4含有二极管的问题】 【题型5中性面的认识】 【题型6装置、图像、表达式综合】 【题型1装置】【例1】如图所示，线圈ABCD匝数n＝10，面积S＝0.4m2，边界MN(与线圈的AB边重合)右侧存在磁感应强度B＝eq\f(2,π)T的匀强磁场，若线圈从图示位置开始绕AB边以ω＝10πrad/s的角速度匀速转动。则以下说法正确的是()A.线圈产生的是正弦交流电B.线圈在转动过程中产生的最大感应电动势为40VC.线圈转动eq\f(1,60)s时瞬时感应电动势为40eq\r(3)VD.线圈产生的感应电动势的有效值为40V答案D解析线圈出了磁场不再产生感应电流，故线圈在有界磁场中产生正弦交流电的一半，故A错误；线圈在转动过程中产生的最大感应电动势为Em＝nBSω，代入解得Em＝80V，故B错误；线圈从中性面位置开始计时，产生正弦式交变电流，其瞬时表达式e＝Emsinωt，当线圈转动eq\f(1,60)s时，转过的角度为eq\f(π,6)，此时瞬时感应电动势为e＝Emsineq\f(π,6)＝40V，故C错误；在一个周期内，只有半个周期产生感应电动势，故线圈产生的电动势的有效值为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Em,\r(2)R)))eq\s\up12(2)Req\f(T,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R)))eq\s\up12(2)RT，解得E＝40V，故D正确。【变式1-1】贯彻新发展理念，我国风力发电发展迅猛，2020年我国风力发电量高达4000亿千瓦时。某种风力发电机的原理如图所示，发电机的线圈固定，磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动，已知磁体间的磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为0.20T，线圈的匝数为100、面积为0.5m2，电阻为0.6Ω，若磁体转动的角速度为90rad/s，线圈中产生的感应电流为50A。求：(1)线圈中感应电动势的有效值E；(2)线圈的输出功率P。解析：(1)电动势的最大值Em＝NBSω，有效值E＝eq\f(Em,\r(2))，解得E＝eq\f(NBSω,\r(2))，代入数据得E≈6.4×102V。(2)输出电压U＝E－Ir，输出功率P＝IU，解得P＝I(E－Ir)，代入数据得P＝3.05×104W。答案：(1)6.4×102V(2)3.05×104W【变式1-2】如图所示，矩形线圈处在磁感应强度大小为B、方向水平向右的匀强磁场中，线圈通过电刷与定值电阻R及理想电流表相连接，线圈绕中心轴线OO′以恒定的角速度ω匀速转动，t＝0时刻线圈位于与磁场平行的位置。已知线圈的匝数为n、面积为S、阻值为r。则下列说法正确的是()A.t＝0时刻流过电阻R的电流方向向左B.线圈中感应电动势的瞬时表达式为e＝nBSωsinωtC.线圈转动的过程中，电阻R两端的电压为eq\f(nBSωR,R＋r)D.从t＝0时刻起，线圈转过60°时电阻R两端的电压为eq\f(nBSωR,2（R＋r）)答案D解析t＝0时刻线框与磁场方向平行，即线框的速度与磁场方向垂直，由右手定则可知，流过电阻R的电流方向向右，故A错误；从与中性面垂直的位置开始计时，感应电动势随时间按余弦规律变化，且最大感应电动势Em＝nBSω，所以感应电动势的瞬时值表达式为e＝nBSωcosωt，故B错误；线圈转过的过程中，最大感应电动势Em＝nBSω，则产生的感应电动势的有效值为E＝eq\f(\r(2),2)nBSω，因此电阻R两端的电压为U＝eq\f(\r(2)nBSωR,2（R＋r）)，故C错误；线圈从t＝0开始转过60°时，电阻R两端的电压为UR＝eq\f(nBSωcos60°·R,R＋r)＝eq\f(nBSωR,2（R＋r）)，故D正确。【变式1-3】（多选）如图所示为一台小型发电机结构示意图，线圈绕垂直匀强磁场方向的轴匀速转动，通过电刷接有一盏小灯泡。已知线圈匝数为N，内阻为r，转动的周期为T，小灯泡的电阻为9r，电压表的示数为U。从图示位置开始计时，下列说法中正确的是()A.从开始计时到t＝eq\f(T,4)过程中，通过灯泡的电荷量为eq\f(UT,36r)B.从开始计时到t＝eq\f(T,2)过程中，灯泡消耗的电能为eq\f(U2T,18r)C.线圈产生的电动势瞬时值表达式为e＝eq\r(2)Ucoseq\f(2π,T)tD.线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为eq\f(5\r(2)UT,9Nπ)答案BD解析由题意可知U＝eq\f(9r,r＋9r)E，得E＝eq\f(10,9)U，最大感应电动势为Emax＝eq\f(10\r(2),9)U，又Em＝NBSω＝NBS·eq\f(2π,T)，得NBS＝eq\f(10\r(2)UT,2×9π)＝eq\f(5\r(2)UT,9π)，从开始计时到t＝eq\f(T,4)过程中，通过灯泡的电荷量为q＝eq\f(NΔΦ,10r)＝eq\f(NBS,10r)＝eq\f(5\r(2)UT,9π×10r)＝eq\f(\r(2)UT,18πr)，故A错误；电路中的电流为I＝eq\f(U,9r)，则从开始计时到t＝eq\f(T,2)过程中，灯泡消耗的电能为E＝I2×9r×eq\f(T,2)＝eq\f(U2,81r2)×9r×eq\f(T,2)＝eq\f(U2T,18r)，故B正确；线圈产生的电动势瞬时值表达式为e＝Emaxcosωt＝eq\f(10\r(2),9)Ucoseq\f(2π,T)t，故C错误；线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为Φmax＝BS＝eq\f(5\r(2)UT,9Nπ)，故D正确。【题型2图像】【例2】(多选)如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图像如图线b所示。以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是()A．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B．线圈先后两次转速之比为3∶2C．交流电a的瞬时值表达式为u＝10sin(5πt)VD．交流电b的最大值为eq\f(20,3)V解析：选BCD在题图中t＝0时刻，感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，A错误；图线a的周期为0.4s，图线b的周期为0.6s，转速与周期成反比，所以转速之比为3∶2，B正确；交流电的瞬时值表达式为u＝Umsinωt，所以a的瞬时值表达式为u＝10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,0.4)t))V＝10sin(5πt)V，C正确；由Um＝NBSω，可知角速度变为原来的eq\f(2,3)，则最大值变为原来的eq\f(2,3)，交流电b的最大值为eq\f(20,3)V，D正确。【变式2-1】(多选)如图甲所示，为新能源电动汽车的无线充电原理图，M为匝数n＝50匝、电阻r＝1.0Ω的受电线圈，N为送电线圈。当送电线圈N接交变电流后，在受电线圈内产生了与线圈平面垂直的磁场，其磁通量Ф随时间t变化的规律如图乙所示。下列说法正确是()A．受电线圈产生的电动势的有效值为10eq\r(2)VB．在t1时刻，受电线圈产生的电动势为20VC．在t1～t2时间内，通过受电线圈的电荷量为4×10－2CD．在t1～t2时间内，通过受电线圈的电荷量为2×10－2C解析：选AD由题图乙可知，T＝π×10－3s，受电线圈的最大磁通量为Φm＝2.0×10－4Wb，所以受电线圈产生的电动势最大值为：Em＝nΦm·eq\f(2π,T)＝20V，所以受电线圈产生的电动势的有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))＝10eq\r(2)V，故A正确；由题图乙可知，t1时刻磁通量变化率为0，由法拉第电磁感应定律可知，此时受电线圈产生的电动势为0，故B错误；在t1～t2时间内，通过受电线圈的电荷量q＝eq\f(nΔΦ,r)＝2.0×10－2C，故C错误，D正确。【变式2-2】一正弦式交变电流的i­t图像如图所示。下列说法正确的是()A．在t＝0.4s时电流改变方向B．该交变电流的周期为0.5sC．该交变电流的表达式为i＝2cos5πtAD．该交变电流的有效值为eq\f(\r(2),2)A解析：选C由题图可知t＝0.4s时电流为正方向最大值，电流方向没有发生变化，故A错误；由题图可知，该交变电流的周期为T＝0.4s，故B错误；由题图可知，电流的最大值为imax＝2A，角速度为ω＝eq\f(2π,T)＝5πrad/s，故该交变电流的表达式为i＝imaxcosωt＝2cos5πtA，故C正确；该交变电流的有效值为i＝eq\f(imax,\r(2))＝eq\r(2)A，故D错误。【变式2-3】(多选)一矩形金属线圈，绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的感应电动势e随时间t变化的规律如图所示，下列说法中正确的是()A.此交流电的频率为10HzB.此感应电动势的有效值为eq\r(2)VC.t＝0.1s时，线圈平面与磁场方向垂直D.在线圈平面与磁场方向成30°时，感应电动势的大小为1V答案BC解析由图像知，周期T＝0.2s，所以频率f＝5Hz，A错误；感应电动势的最大值为2V，有效值为E＝eq\f(2,\r(2))V＝eq\r(2)V，故B正确；t＝0.1s时，感应电动势为0，所以线圈平面与磁场方向垂直，故C正确；在线圈平面与磁场方向成30°时，感应电动势的大小e＝2sin60°V＝eq\r(3)V，故D错误。【题型3表达式】【例3】一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的电动势e＝200eq\r(2)·sin100πt(V)，下列说法正确的是()A．该交变电流的频率是100HzB．当t＝0时，线圈平面恰好与中性面垂直C．当t＝eq\f(1,200)s时，e达到峰值D．该交变电流的电动势的有效值为200eq\r(2)V解析：选C由交变电流的电动势瞬时值表达式e＝nBSω·sinωt可知，交变电流的频率f＝eq\f(ω,2π)＝50Hz，A错误。在t＝0时，电动势瞬时值为0，线圈平面恰好在中性面处，B错误。当t＝eq\f(1,200)s时，e达到峰值Em＝200eq\r(2)V，C正确。该交变电流的电动势的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝200V，D错误。【变式3-1】合理利用自然界中的能源是一个重要的课题。在我国某海域，人们设计了一个浮桶式波浪发电灯塔。如图甲所示，该浮桶由内、外两密封圆筒构成，浮桶内磁体由支柱固定在暗礁上，内置N＝100的线圈。线圈与阻值R＝14Ω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＝2eq\r(2)sinπt(m/s)。辐向磁场中线圈所在处的磁感应强度大小B＝0.2T。线圈周长L＝1.5m，总电阻r＝1Ω，圆形线圈所在处截面如图乙所示。下列说法正确的是()A．线圈中感应电动势为60eq\r(2)VB．灯泡中流过电流的最大值为4AC．灯泡的电功率为240WD．1分钟内小灯泡消耗的电能为13440J解析：选D线圈在磁场中切割磁感线，产生电动势最大值为Emax＝NBLvmax，代入数据可得Emax＝60eq\r(2)V，线圈中感应电动势为e＝Emaxsinπt＝60eq\r(2)sin(πt)V，故A错误；根据闭合电路的欧姆定律可得最大电流为Imax＝eq\f(Emax,R＋r)＝4eq\r(2)A，故B错误；电流的有效值为I＝4A，灯泡的电功率为P＝I2R＝224W，故C错误；1分钟内小灯泡消耗的电能为W＝Pt＝13440J，故D正确。【变式3-2】某交变电动势瞬时值表达式e＝10sin(2πt)V，则()A.交变电流的频率为2HzB.交变电流的周期为0.25sC.交变电动势的有效值为10VD.当t＝0.25s时，感应电动势为10V答案D解析交变电动势瞬时值表达式e＝10sin(2πt)V，可知ω＝2π，则交变电流的周期T＝eq\f(2π,ω)＝1s，频率为f＝eq\f(1,T)＝1Hz，选项A、B错误；交变电动势瞬时值表达式e＝10sin(2πt)V，可知交变电动势的最大值为10V，则有效值为eq\f(10,\r(2))V＝5eq\r(2)V，选项C错误；当t＝0.25s时，感应电动势为e＝10sineq\f(π,2)V＝10V，选项D正确。【变式3-3】(多选)如图甲所示，标有“220V40W”的灯泡和标有“20μF320V”的电容器并联接到交流电源上，V为交流电压表，交流电源的输出电压随时间的变化规律如图乙所示，闭合开关S。下列判断正确的是()A．t＝eq\f(T,2)时刻，V的示数为零B．灯泡恰好正常发光C．电容器不可能被击穿D．V的示数保持110eq\r(2)V不变解析：选BCV的示数应是电压的有效值220V，A、D错误；电压的有效值恰好等于灯泡的额定电压，灯泡正常发光，B正确；电压的峰值Um＝220eq\r(2)V≈311V，小于电容器的耐压值，故电容器不可能被击穿，C正确。【题型4含有二极管的问题】【例4】(多选)如图甲所示的电路中，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(电压为正值时，UAB>0)。由此可知()A．在A、B之间所加的交变电压的周期为2×10－2sB．在A、B之间所加的交变电压的瞬时值表达式为u＝220eq\r(2)sin50πt(V)C．加在R1上电压的有效值为55eq\r(2)VD．加在R1上电压的有效值为55eq\r(10)V解析：选AC由题图乙可知，交变电压的周期为T＝2×10－2s，A正确；交变电压瞬时值的表达式为u＝220eq\r(2)sineq\f(2π,T)(V)＝220eq\r(2)sin100πt(V)，B错误；电压值取正值时，即在前半个周期内，二极管电阻为零，R1被短路，电压值取负值时，即在后半个周期内，二极管电阻无穷大，可看作断路，R1上的电压等于输入电压值的一半，据此可设加在R1的电压有效值为U，根据电流的热效应，在一个周期内满足eq\f(U2,R)T＝eq\f(1102,R)·eq\f(T,2)，可求出U＝55eq\r(2)V，C正确，D错误。【变式4-1】如图所示电路，电阻R1与电阻R2串联接在交变电源上，且R1＝R2＝10Ω，正弦交流电的表达式为u＝20eq\r(2)sin(100πt)V，R1和理想二极管D(正向电阻为零，反向电阻为无穷大)并联，则R2上的电功率为()A.10W B.15WC.25W D.30W答案C解析由题图可知，当电流从A流入时，R1被短路，则此时R2上电压有效值为U2＝eq\f(Um,\r(2))＝20V；当电流从B流入时，R1、R2串联，则R2两端电压有效值为U2′＝eq\f(U2,2)＝10V。设在一个周期内R2两端的电压有效值为U，则eq\f(U2′2,R2)×eq\f(T,2)＋eq\f(Ueq\o\al(2,2),R2)×eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R2)×T，解得U＝5eq\r(10)V，则有P2＝eq\f(U2,R2)＝eq\f(250,10)W＝25W。故选项C正确。【变式4-2】在电阻两端并联二极管如图所示电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和R1并联的D为理想二极管(正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大)，在A、B间加一正弦交流电u＝20eq\r(2)sin100πtV，则加在R2上的电压有效值为()A．10VB．20VC．15VD．5eq\r(10)V解析：选D电压值取正值时，即在前半个周期内，二极管电阻为零，R2上的电压等于输入电压值，电压值取负值时，即在后半周期内，二极管电阻无穷大可看作断路，R2上的电压等于输入电压值的一半，据此可设加在R2的电压有效值为U，根据电流的热效应，在一个周期内满足eq\f(U2,R)T＝eq\f(202,R)·eq\f(T,2)＋eq\f(102,R)·eq\f(T,2)，可求出U＝5eq\r(10)V。故选项D正确。【变式4-3】[多选]如图所示，N匝矩形导线框在磁感应强度为B的匀强磁场中绕轴OO′匀速转动，线框面积为S，线框的电阻、电感均不计，外电路接有电阻R、理想电流表A和二极管D。电流表的示数为I，二极管D具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大。下列说法正确的是()A．导线框转动的角速度为eq\f(2RI,NBS)B．导线框转动的角速度为eq\f(4RI,NBS)C．导线框转到图示位置时，线框中的磁通量最大，瞬时电动势为零D．导线框转到图示位置时，线框中的磁通量最大，瞬时电动势最大解析：选AC导线框产生的最大感应电动势Em＝NBSω；根据二极管的特点可知，在一个周期内有半个周期回路中有电流，根据交流电电流的热效应可知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(NBSω,\r(2)R)))2R·eq\f(T,2)＝I2RT，解得ω＝eq\f(2RI,NBS)，故A正确，B错误；导线框转到图示位置时，导线框位于中性面处，导线框中的磁通量最大，瞬时电动势为零，故C正确，D错误。【题型5中性面的认识】【例5】(多选)关于中性面，下列说法正确的是()A.线圈在转动中经中性面位置时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零B.线圈在转动中经中性面位置时，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大C.线圈每经过一次中性面，感应电流的方向就改变一次D.线圈每转动一周即经过中性面一次，所以线圈每转动一周，感应电流的方向就改变一次答案AC【变式5-1】(多选)单匝闭合矩形线框电阻为R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量Φ与时间t的关系图像如图所示。下列说法正确的