高考物理一轮复习讲义第70课时　交变电流的产生和描述（教师版）

第十三章交变电流传感器电磁振荡与电磁波考查档案命题特点情境命题常结合生产生活中的物理情景，如发电机、变压器、远距离输电、无线充电、家用和工业电路、家用电器、雷达、射电望远镜、X射线管、电子秤、烟雾报警器等，实现对交变电流、传感器的考查。考查方向考查的内容主要包括：交变电流的产生和变化规律、变压器的理解和应用等。对传感器的考查主要是和电路知识综合命题，题型为选择题或实验题。对电磁波的考查概率较小，题型一般为选择题。第70课时交变电流的产生和描述【复习定位】1.理解正弦式交变电流的产生过程，能正确书写交变电流的函数表达式。2.理解并掌握交变电流图像的意义。3.理解描述交变电流的几个物理量，会计算交变电流的有效值。4.知道交流电“四值”在具体情况下的应用。必备知识自主学习对应学生用书P236一、交变电流的产生和变化规律1．定义：大小和方向都随时间做eq\o(□,\s\up5(1))周期性变化的电流。2．正弦式交变电流(1)产生：在匀强磁场里，线圈绕eq\o(□,\s\up5(2))垂直于磁场方向的轴匀速转动。(2)变化规律(线圈在中性面位置开始计时)①电动势(e)：e＝Emsinωt。②电压(u)：u＝eq\o(□,\s\up5(3))Umsinωt。③电流(i)：i＝eq\o(□,\s\up5(4))Imsinωt。(3)图像：线圈从中性面位置开始计时，电动势e、电压u和电流i随时间变化的图像分别如图甲、乙、丙所示。二、描述交变电流的物理量1．交变电流的周期和频率的关系：T＝eq\f(1,f)。2．峰值和有效值(1)峰值：交变电流的峰值是它能达到的eq\o(□,\s\up5(5))最大值。(2)有效值：让交变电流与恒定电流分别通过大小eq\o(□,\s\up5(6))相同的电阻，如果在交变电流的一个周期内它们产生的eq\o(□,\s\up5(7))热量相等，则这个恒定电流I、恒定电压U就是这个交变电流的电流有效值和电压有效值。(3)正弦式交变电流的有效值与峰值之间的关系：I＝eq\f(Im,\r(2))，U＝eq\f(Um,\r(2))，E＝eq\f(Em,\r(2))。3．平均值：eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)。1．判断正误。(1)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，一定会产生正弦式交变电流。(×)(2)线圈在匀强磁场中转动的过程中穿过线圈的磁通量最大时，产生的感应电动势也最大。(×)(3)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动经过中性面时，线圈中的感应电动势为零，电流方向发生改变。(√)(4)交流电气设备上所标的电压和电流值是交变电流的有效值。(√)(5)交流电路中电压表、电流表的示数都是有效值。(√)2．(多选)(2024·新课标卷)电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起来。车轮转动时带动磁极绕固定的线圈旋转，在线圈中产生电流。磁极匀速转动的某瞬间，磁场方向恰与线圈平面垂直，如图所示。将两磁极间的磁场视为匀强磁场，则磁极再转过90°时，线圈中(BD)A．电流最小B．电流最大C．电流方向由P指向QD．电流方向由Q指向P解析如题图所示，开始时线圈处于中性面位置，当磁极再转过90°时，此时穿过线圈的磁通量为0，故可知电流最大；在磁极转动的过程中，穿过线圈的磁通量在减小，根据楞次定律可知，此时感应电流方向由Q指向P。故选BD。关键能力阶梯突破对应学生用书P237考点一交变电流的产生及变化规律1．正弦式交变电流产生过程中的两个特殊位置图示特点B⊥SB∥SΦ＝BS，最大Φ＝0，最小e＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝0，最小e＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nBSω，最大电流为零，方向改变电流最大，方向不变2.交变电流瞬时值表达式(1)确定正弦交变电流的峰值，根据已知图像读出或由公式Em＝nBSω求出相应峰值。(2)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式。①线圈在中性面位置开始计时，则i­t图像为正弦函数图像，函数表达式为i＝Imsinωt。②线圈在垂直于中性面的位置开始计时，则i­t图像为余弦函数图像，函数表达式为i＝Imcosωt。【例1】(2024·广东卷)将阻值为50Ω的电阻接在正弦式交流电源上。电阻两端电压随时间的变化规律如图所示。下列说法正确的是(D)A．该交流电的频率为100HzB．通过电阻电流的峰值为0.2AC．电阻在1秒内消耗的电能为1JD．电阻两端电压表达式为u＝10eq\r(2)sin(100πt)V解析由题图可知交流电的周期为0.02s，则频率为f＝eq\f(1,T)＝50Hz，故A错误；根据题图可知电压的峰值为10eq\r(2)V，根据欧姆定律可知电流的峰值Im＝eq\f(Um,R)＝eq\f(10\r(2)V,50Ω)＝0.2eq\r(2)A，故B错误；电流的有效值为I＝eq\f(Im,\r(2))＝0.2A，所以电阻在1s内消耗的电能为W＝I2Rt＝0.22×50×1J＝2J，故C错误；根据题图可知其电压表达式为u＝Umsinωt＝10eq\r(2)sineq\f(2π,T)t(V)＝10eq\r(2)sin(100πt)V，故D正确。【例2】为研究交变电流产生的规律，某研究小组把长60m的导线绕制成N＝100匝的矩形闭合线圈，如图所示。现把线圈放到磁感应强度大小B＝0.1T、方向水平向右的匀强磁场中，线圈可以绕其对称轴OO′转动。现让线圈从图示位置开始(t＝0)以恒定的角速度ω＝10πrad/s转动。下列说法正确的有(D)A．t＝0时，线圈位于中性面位置B．t＝0.05s时，感应电流达到最大值C．当bc＝2ab时，感应电动势的瞬时值表达式为e＝2πsin10πt(V)D．当ab＝ad时，感应电动势的有效值最大解析t＝0时，线圈位于与中性面垂直的位置，故A错误；线圈转动的周期为T＝eq\f(2π,ω)＝0.2s，t＝0.05s时，线圈转过90°，到达中性面位置，此时穿过线圈的磁通量最大，感应电流为零，故B错误；感应电动势最大值为Em0＝NBS0ω，S0＝ab·bc，N(ab＋bc)×2＝60m，2ab＝bc，联立可得Em0＝2πV，线圈从题图位置(平行于磁场方向)开始转动，因此感应电动势的瞬时值表达式为e＝2πcos10πt(V)，故C错误；当ab＝ad时，边长相等，此时线圈面积最大，又Em＝NBSω，则感应电动势最大，即感应电动势的有效值最大，故D正确。【例3】(2024·山东卷)如图甲所示，在－d≤x≤d，－d≤y≤d的区域中存在垂直Oxy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场(用阴影表示磁场的区域)，边长为2d的正方形线圈与磁场边界重合。线圈以y轴为转轴匀速转动时，线圈中产生的交变电动势如图乙所示。若仅磁场的区域发生了变化，线圈中产生的电动势变为图丙所示实线部分，则变化后磁场的区域可能为(C)解析根据题意可知，磁场区域变化前线圈产生的感应电动势为e＝Esinωt，由题图丙可知，磁场区域变化后，当Esinωt＝eq\f(\r(3)E,2)时，线圈的侧边开始切割磁感线，即当线圈旋转eq\f(π,3)时开始切割磁感线，由几何关系可知磁场区域平行于x轴的边长变为d′＝2dcoseq\f(π,3)＝d，C正确。考点二有效值的理解与计算1．有效值的理解(1)交流电流表、交流电压表的示数是指有效值。(2)用电器铭牌上标的值(如额定电压、额定功率等)指的均是有效值。(3)计算热量、电功率及保险丝的熔断电流指的是有效值。(4)没有特别加以说明的，是指有效值。(5)“交流的最大值是有效值的eq\r(2)倍”仅适用于正(余)弦式交变电流。2．有效值的计算公式法利用E＝eq\f(Em,\r(2))、U＝eq\f(Um,\r(2))、I＝eq\f(Im,\r(2))计算，只适用于正(余)弦式交变电流有效值定义法利用有效值的定义法计算非正弦式交流电的有效值时，“相同时间”至少取一个周期或为周期的整数倍能量关系法当有电能和其他形式的能转化时，可利用能的转化和守恒定律来求有效值【例4】(2024·河北卷)R1、R2为两个完全相同的定值电阻，R1两端的电压随时间周期性变化的规律如图甲所示(三角形脉冲交流电压的峰值是有效值的eq\r(3)倍)，R2两端的电压随时间按正弦规律变化如图乙所示，则两电阻在一个周期T内产生的热量之比Q1∶Q2为(B)A．2∶3 B．4∶3C．2∶eq\r(3) D．5∶4解析根据有效值的定义可知题图甲中电压的有效值的计算为eq\f(Ueq\o\al(2,1),R1)T＝eq\f((\f(U0,\r(3)))2,R1)×eq\f(T,2)＋eq\f(Ueq\o\al(2,0),R1)×eq\f(T,2)，解得U1＝eq\r(\f(2,3))U0，题图乙中电压的有效值为U2＝eq\f(U0,\r(2))，R1、R2阻值大小相等，因此Q1∶Q2＝Ueq\o\al(2,1)∶Ueq\o\al(2,2)＝4∶3，故选B。【例5】(2024·湖北卷)在如图所示电路中接入正弦交流电，灯泡L1的电阻是灯泡L2的2倍。假设两个二极管正向电阻为0、反向电阻无穷大。闭合开关S，灯泡L1、L2的电功率之比P1∶P2为(C)A．2∶1 B．1∶1C．1∶2 D．1∶4解析设电源电压有效值为U，灯泡L2电阻为R，在交流电一个周期内，电源上方电势高时的半个周期，电流方向为逆时针，流过上面的二极管和灯泡L2，此时L1被短路，下面的二极管断路，如图甲所示，L2两端电压的有效值为U，则P2＝eq\f(U2,R)；电源下方电势高时的半个周期，电流方向为顺时针，流过下面的二极管和灯泡L1，此时L2被短路，上面的二极管断路，如图乙所示，L1两端电压的有效值为U，则P1＝eq\f(U2,2R)。经上述分析可得P1∶P2＝1∶2，故C正确，A、B、D错误。【例6】如图所示，将一根均匀导线围成圆心角为60°的扇形导线框OMN，O为圆心，半径为R，线框总电阻为r，将线框O点置于坐标系的原点，在第二、四象限有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。从t＝0时刻开始，导线框绕O点以角速度ω匀速转动，则导线框中感应电流的有效值为(C)A．eq\f(BωR2,2r) B．eq\f(\r(2)BωR2,4r)C．eq\f(\r(6)BωR2,6r) D．eq\f(\r(15)BωR2,6r)解析线框转动一周过程中，两次进入磁场、两次离开磁场，所以产生感应电流的时间为t＝eq\f(4×60°,360°)T＝eq\f(2,3)T；转动切割磁感线产生的感应电动势E′＝eq\f(1,2)BR2ω，设感应电动势的有效值为E，根据有效值的计算公式可得eq\f(E2,r)T＝eq\f(E′2,r)t，解得E＝eq\f(\r(6)BωR2,6)，则导线框中感应电流的有效值为I＝eq\f(E,r)＝eq\f(\r(6)BωR2,6r)，故C正确，A、B、D错误。考点三交变电流的“四值”【例7】(多选)发电机的示意图如图甲所示，边长为L的正方形金属框，在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定角速度绕OO′轴转动，阻值为R的电阻两端的电压如图乙所示。其他电阻不计，图乙中的Um为已知量。则金属框转动一周(BD)A．框内电流方向不变B．电动势的最大值为UmC．流过电阻的电荷量q＝eq\f(2BL2,R)D．电阻产生的焦耳热Q＝eq\f(πUmBL2,R)解析金属框转动一周电流方向改变两次，A项错误；因除电阻R外其他电阻不计，R两端电压就等于电动势，所以电动势最大值为Um，B项正确；根据q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(\x\to(E),R)t＝eq\f(ΔΦ,R)可知，金属框转动半周，穿过金属框的磁通量的改变量为2BL2，流过电阻的电荷量为eq\f(2BL2,R)，转动一周流过电阻的电荷量为q＝2×eq\f(2BL2,R)＝eq\f(4BL2,R)，C项错误；电阻R两端电压的有效值U＝eq\f(Um,\r(2))，Um＝BL2ω，T＝eq\f(2π,ω)，又Q＝eq\f(U2,R)T，联立解得Q＝eq\f(πUmBL2,R)，D项正确。【例8】如图所示，N＝50匝的矩形线圈abcd，ab边长l1＝20cm，ad边长l2＝25cm，放在磁感应强度B＝0.4T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n＝3000r/min的转速匀速转动，线圈电阻r＝1Ω，外电路电阻R＝9Ω，t＝0时线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里。求：(π≈3.14)(1)t＝0时感应电流的方向；答案感应电流方向沿adcba解析根据右手定则知，t＝0时线圈感应电流方向为adcba。(2)感应电动势的瞬时值表达式；答案e＝314cos(100πt)V解析线圈的角速度ω＝2πn＝100πrad/s题图位置的感应电动势最大，其大小为Em＝NBl1l2ω代入数据得Em＝314V感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcosωt＝314cos(100πt)V。(3)线圈转一圈外力做的功；答案98.596J解析电动势的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))线圈匀速转动的周期T＝eq\f(2π,ω)＝0.02s线圈匀速转动一圈，外力做功大小等于电功的大小，即W＝I2(R＋r)T＝eq\f(E2,R＋r)T代入数据得W＝98.596J。(4)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量。答案0.1C解析从t＝0时起线圈转过90°的过程中，Δt内流过电阻R的电荷量q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(NBΔS,R＋r)＝eq\f(NBl1l2,R＋r)代入数据得q＝0.1C。微点突破21五种产生正弦交变电流的方法对应学生用书P240正弦式交变电流的产生归根结底还是发生了“正弦式”的电磁感应，产生了正弦式感应电动势。根据E＝BLv可知，当B、L、v这三个物理量分别发生正(余)弦规律变化时，将产生正弦式交变电流。1．矩形线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动【例证1】如图所示，一交流发电机的矩形线圈匝数n＝10，其电阻r＝2Ω，面积S＝0.2m2。在磁感应强度B＝eq\f(2,π)T的匀强磁场中，若线圈从中性面位置开始绕垂直于磁场方向的对称轴OO′以ω＝10πrad/s的角速度匀速转动，向R＝18Ω的电阻供电。则以下说法中正确的是(D)A．该线圈产生的是余弦式交变电流B．线圈在转动过程中产生的最大感应电动势为40VC．线圈开始转动eq\f(1,60)s时流过电阻R的瞬时电流大小为eq\f(\r(2),2)AD．电阻R上消耗的电功率为9W解析线圈始终有一半在磁场中转动切割磁感线产生感应电动势，由于是从中性面开始，因此产生的感应电流是正弦式交变电流，故A项错误；线圈转动过程中产生的感应电动势的最大值Em＝eq\f(1,2)nBSω＝eq\f(1,2)×10×eq\f(2,π)×0.2×10πV＝20V，故B项错误；产生的感应电动势的瞬时值表达式e＝20sin10πtV，线圈开始转动eq\f(1,60)s时产生的感应电动势e＝10V，形成的感应电流瞬时值i＝eq\f(e,R＋r)＝0.5A，故C项错误；线圈内产生的感应电流的有效值I＝eq\f(Em,\r(2)(R＋r))＝eq\f(\r(2),2)A，电阻R上消耗的电功率P＝I2R＝9W，故D项正确。2．闭合线圈在匀强磁场中平动时切割磁感线的有效长度按正(余)弦规律变化【例证2】如图所示，闭合金属线框曲线部分恰好是半个周期的正弦曲线，直线部分长度为0.4m，线框的电阻为1Ω。若线框从虚线位置开始以2m/s的速度匀速进入足够大的匀强磁场(线框直线部分始终与磁场右边界垂直)，这个过程中线框释放出的焦耳热为0.4J，线框中电流随时间变化的关系式为(C)A．i＝2sin10πt(A) B．i＝eq\r(2)sin10πt(A)C．i＝2sin5πt(A) D．i＝eq\r(2)sin5πt(A)解析由题意知，线框有效切割磁感线的长度做正弦规律变化，则线框中产生正弦式电流。设该正弦式电流的有效值为I，由题意可得Q＝I2Rt，其中t＝eq\f(l,v)＝0.2s，解得I＝eq\r(2)A，所以该正弦式交流电的最大值Im＝eq\r(2)I＝2A，线框从题图所示位置到完全进入磁场为半个周期，故T＝2eq\f(l,v)＝0.4s，ω＝eq\f(2π,T)＝5πrad/s，所以该正弦式交流电的表达式为i＝2sin5πt(A)，C项正确。3．线圈在匀强磁场中平动切割磁感线时，线圈的速度按正(余)弦规律变化【例证3】一种振动发电装置的示意图如图甲所示，一个半径r＝0.10m、匝数n＝20匝的线圈套在永久磁铁槽中，槽中磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右侧视图如图乙所示)，线圈所在位置磁感应强度B的大小均为B＝eq\f(0.60,π)T，线圈的电阻R1＝0.50Ω，它的引出线接有R2＝9.50Ω的小电珠L，Ⓐ为理想交流电流表。当线圈框架的P端在外力作用下沿轴线做往复运动，便有电流通过电珠。若线圈往复运动的规律如图丙所示(v取向右为正)，则下列判断正确的是(C)甲乙丙A．电流表的示数为0.24AB．0.01s时回路中的电流最大C．回路中交流电的频率为50HzD．0.015s时电珠L中电流的方向为D→L→C解析由E＝BLv及题图丙可知，线圈往复运动所产生的感应电流为正弦式交流电，则Em＝nB×2πrvm＝2.4V，电流的有效值I＝eq\f(Em,\r(2)(R1＋R2))＝eq\f(0.24,\r(2))A，A项错误；由题图丙可知T＝0.02s，f＝50Hz，C项正确；t＝0.01s时，v＝0，所以I＝0，B项错误；t＝0.015s时，由右手定则可知，电流方向为C→L→D，D项错误。4．闭合线圈垂直于匀强磁场，线圈静止不动，磁场按正(余)弦规律做周期性变化【例证4】(2025·青海模拟预测)一面积为S的单匝矩形线框的电阻为R，垂直通过线框的磁感应强度B与时间t的关系图像如图所示，下列说法正确的是(D)A．交流电的周期为2t0B．磁通量绝对值的最大值为eq\f(\r(2)B0S,2)C．t0时刻线框的感应电流为0D．该线框中交变电流的有效值为eq\f(\r(3)πB0S,3Rt0)解析根据题图可知，磁感应强度的变化周期为3t0，根据法拉第电磁感应定律可知，交流电的周期为3t0，故A错误；磁感应强度的最大值为B0，可知磁通量绝对值的最大值为B0S，故B错误；根据题图可知，t0时刻磁感应强度的变化率最大，则该时刻的感应电动势达到最大，即t0时刻线框的感应电流达到最大，故C错误；根据法拉第电磁感应定律有e＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(SΔB,Δt)，可知在0～2t0内，感应电动势随时间也呈现正弦式变化，在2t0～3t0时间内，磁感应强度不变，穿过线框的磁通量不变，没有产生电磁感应现象，感应电动势为0，在0～2t0内，磁感应强度的函数方程为B＝－B0sineq\f(2π,2t0)t＝－B0sineq\f(π,t0)t，对上述函数求导，得到B′＝－eq\f(πB0,t0)coseq\f(π,t0)t，该段时间内的感应电动势的瞬时值为e＝eq\f(SΔB,Δt)＝－eq\f(SπB0,t0)coseq\f(π,t0)t，感应电动势的周期为3t0，令其有效值为U，则有eq\f(U2,R0)·3t0＝eq\f((\f(SπB0,\r(2)t0))2,R0)·2t0，解得U＝eq\f(SπB0,\r(3)t0)，可知，感应电流的有效值为I＝eq\f(U,R)＝eq\f(\r(3)πB0S,3Rt0)，故D正确。5．导体棒在磁场中匀速平动切割磁感线，在棒的平动方向上，磁场按正(余)弦规律变化【例证5】如图所示，矩形裸导线框长边的长度为2L，短边的长度为L，在两个短边上均接有阻值为R的电阻，其余部分电阻不计，导线框一长边与x轴重合，左端的坐标x＝0，线框处在一垂直于线框平面的磁场中，磁感应强度满足关系式B＝B0sineq\f(πx,2L)。一光滑导体棒AB与短边平行且与长边接触良好，电阻也是R。开始时导体棒处于x＝0处，之后在沿x轴方向的力F作用下做速度为v的匀速运动。求导体棒AB从x＝0到x＝2L的过程中力F随时间t的变化规律的表达式。答案F＝eq\f(2Beq\o\al(2,0)L2vsin2\f(πvt,2L),3R)(0≤t≤eq\f(2L,v))解析在t时刻AB棒的坐标为x＝vt感应电动势E＝BLv＝B0Lvsineq\f(πx,2L)回路总电阻R总＝R＋0.5R＝1.5R通过AB的感应电流I＝eq\f(E,R总)＝eq\f(2B0Lvsin\f(πvt,2L),3R)因为AB棒做匀速运动，所以F＝F安＝BIL＝eq\f(2Beq\o\al(2,0)L2vsin2\f(πvt,2L),3R)(0≤t≤eq\f(2L,v))。课时作业对应学生用书P451[基础过关]1．(2025·北京大兴模拟预测)如图甲所示，为一小型交流发电机示意图。匝数为20的线圈总电阻为2Ω，当线圈匀速转动时与外电路R＝18Ω的电阻构成闭合回路。从图甲所示位置开始计时，通过电阻R的交变电流如图乙所示，则下列判断正确的是(C)A．t＝0.01s时，线圈平面与磁场方向平行B．图甲所示时刻，穿过线圈的磁通量变化最快C．电阻R的功率为7.2×103WD．线圈的最大磁通量为eq\f(\r(2),5)Wb解析由题图乙可知，t＝0.01s时，电流为0，则穿过线圈平面的磁通量最大，即线圈平面与磁场方向垂直，故A错误；题图甲所示时刻，线圈平面与磁场垂直，穿过线圈平面的磁通量最大，穿过线圈的磁通量变化最慢，故B错误；由题图乙可知，通过电阻的电流的有效值为i＝eq\f(im,\r(2))＝20A，电阻R的功率为P＝i2R＝7.2×103W，故C正确；感应电动势的最大值为Em＝im(R＋r)＝400eq\r(2)V，又有Em＝NBSω，Φm＝BS，ω＝eq\f(2π,0.02)，联立解得Φm＝eq\f(\r(2),5π)Wb，故D错误。2．(2024·九省联考贵州卷)一交变电流的电压随时间变化的规律如图所示，周期为T，其电压的有效值为(C)A．eq\r(2)V B．2eq\r(2)VC．eq\r(5)V D．2eq\r(5)V解析交流电的有效值是根据等效思想确定的，让交变电流与恒定电流分别通过同一阻值为R的电阻，如果在交变电流的一个周期内它们产生的热量相等，则认为该直流电的电压U为交流电电压的有效值，该直流电路中通过电阻R的电流I为交流电电流的有效值，则根据等效思想有eq\f(U2,R)T＝eq\f((\r(2)V)2,R)·eq\f(T,3)＋eq\f((2\r(2)V)2,R)·eq\f(T,3)＋eq\f((\r(5)V)2,R)·eq\f(T,3)，解得U＝eq\r(5)V，故选C。3．(2023·辽宁卷)如图，空间中存在水平向右的匀强磁场，一导体棒绕固定的竖直轴OP在磁场中匀速转动，且始终平行于OP。导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像可能正确的是(C)解析设导体棒的长度为l，做匀速圆周运动的线速度大小为v，经过一段时间t导体棒的速度方向与初始速度方向的夹角为θ，则θ＝eq\f(vt,R)，如图所示，此时导体棒的有效切割速度为v1＝vcosθ，则导体棒在匀速转动的过程中，导体棒两端的电势差为u＝Blv1＝Blvcosθ＝Blvcoseq\f(v,R)t，C正确，A、B、D错误。4．(2022·广东卷)如图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图。定子是仅匝数n不同的两线圈，n1＞n2，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变电流。不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是(B)A．两线圈产生的电动势的有效值相等B．两线圈产生的交变电流频率相等C．两线圈产生的电动势同时达到最大值D．两电阻消耗的电功率相等解析由于两定子线圈匝数不同，根据法拉第电磁感应定律可知，在两线圈中产生的感应电动势最大值不相等，有效值不相等，A错误；由于转子匀速转动的周期等于两定子产生的交流电的周期，所以两线圈产生的交变电流频率相等，B正确；由于两线圈轴线在同一平面内且相互垂直，所以两线圈产生的感应电动势一个在最大值时，另一个为零，C错误；由于在两线圈中产生的感应电动势的有效值不相等，根据P＝eq\f(E2,R)可知，两电阻消耗的电功率不相等，D错误。5．(多选)已知如图所示为穿过匝数n＝100的线圈的磁通量Φ随时间t按正弦规律变化的图像，其产生的电压为交变电压。判断下列选项中的四个交变电压的有效值与已知的交变电压的有效值相同的是(π＝3.14)(AD)解析已知交变电流的周期为T＝6.28×10-2s，角速度为ω＝eq\f(2π,T)＝100rad/s，最大感应电动势为Em＝nBSω＝200V，电压的有效值为U＝eq\f(Em,\r(2))＝100eq\r(2)V。选项A、B中，交变电压的有效值由U＝eq\f(Um,\r(2))可得，UA＝100eq\r(2)V，UB＝100V；选项C、D中，设电压的有效值为U，电阻R在相同时间内产生的热量相同，则有eq\f(U2,R)T＝eq\f(Ueq\o\al(2,1),R)·eq\f(2,3)T＋eq\f(Ueq\o\al(2,2),R)·eq\f(1,3)T，得UC＝200V，UD＝100eq\r(2)V，所以与已知交变电压的有效值相同的是A和D，故A、D正确。[能力提升]6．(多选)(2024·浙江杭州模拟)如图甲所示为一台小型发电机构造示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，单匝线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势随时间按正弦规律变化，其e­t图像如图乙所示。发电机线圈内阻为1Ω，外接灯泡的电阻为9Ω。电压表为理想电压表，则(ACD)A．线圈的转速n＝240r/minB．电压表的示数为10eq\r(2)VC．t＝0.125s时，穿过线圈的磁通量最大D．0～0.125s的时间内，通过灯泡的电荷量为eq\f(1,2π)C解析由题图乙可知，周期为0.250s，则转速为n＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.250)r/s＝240r/min，故A正确；电动势的有效值为e有＝eq\f(20,\r(2))V＝10eq\r(2)V，电压表的示数为U＝IR＝eq\f(e有,R＋r)R＝9eq\r(2)V，故B错误；在t＝0.125s时，电动势为零，则线圈所在位置和中性面重合，穿过线圈的磁通量最大，故C正确；在0～0.125s的时间内，根据em＝BSω可得BS＝eq\f(em,ω)＝eq\f(5,2π)Wb，则通过灯泡的电荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(ΔΦ,(R＋r)Δt)Δt＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(2BS,R＋r)＝eq\f(1,2π)C，故D正确。7．(多选)(2023·湖南卷)某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示。大轮与小轮通过皮带传动(皮带不打滑)，半径之比为4∶1，小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈是由漆包线绕制而成的边长为L的正方形，共n匝，总阻值为R。磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强