【物理】2020届一轮复习人教版第十一章第1节交变电流的产生及变化规律学案

【物理】2020届一轮复习人教版第十一章第1节交变电流的产生及变化规律学案

第十一章 交变电流 传感器 考纲要求 【p197】 内容 要求 说明 交变电流、交变电流的图象 Ⅰ 正弦交变电流的函数 表达式、峰值和有效值 Ⅰ 理想变压器 Ⅱ 远距离输电 Ⅰ 1.不要求讨论交变电流的相位和相位差的问题 2.只限于单相理想变压器 实验：传感器的简单使用 2018、2018 命题情况 【p197】 年份 考题 题型 分值 主要考点 2018 天津卷第 6 题 选择题 6分 交变电流的规律 北京卷第 16 题 选择题 6分 交流电、变压器 海南卷第 8 题 选择题 5分 交流电 江苏卷第 7 题 选择题 4分 电容、电容对交流电的阻碍作用 江苏卷第 11 题 实验题 10 分 传感器 2018 全国卷Ⅲ第 16 题 选择题 6分 交流电电压有效值 全国卷Ⅲ第 20 题 选择题 6分 交流电与楞次定律综合 天津卷第 4 题 选择题 6分 含变压器电路分析 江苏卷第 2 题 选择题 3分 远距离输电 第 1 节 交变电流的产生及变化规律 考点 1 ► 交变电流的产生及变化规律 【p197】 夯实基础 1．交变电流的产生：如图所示，将矩形线圈置于__匀强磁场__中，并绕垂直于磁感线的轴 OO′__匀 速转动__，线圈中就会产生正(余)弦交变电动势，如果外电路闭合，就会产生正(余)弦交变电流． 2．中性面：与磁感线垂直的平面称为“中性面”． (1)线圈平面与中性面重合时，穿过线圈的磁通量__最大__，磁通量的变化率为__零__，感应电动势 为__零__． (2)线圈平面与中性面垂直时，穿过线圈的磁通量为__零__，磁通量的变化率__最大__，感应电动势 __最大__． (3)线圈转动一周，__两__次经过中性面，线圈__每经过中性面一次__，电流的方向就改变一次． 3．正弦交变电流的表达式：N 匝面积为 S 的线圈以角速度ω匀速转动，从某次经过中性面开始计时， 则瞬时电动势e＝__Emsin__ωt__，Em表示峰值，Em＝__nBSω__，在纯电阻电路中，瞬时电流i＝ e R ＝__ Em R sin__ ωt__＝__Imsin__ωt__．若计时开始时，线圈平面跟中性面的夹角为φ0(初相)，交变电流的瞬时值表达 式为 u＝umsin(ωt＋φ0)，i＝Imsin(ωt＋φ0)． 4．正弦交变电流的图象是一条正弦或余弦曲线 正弦式交流电的变化规律(注意图与图的对应关系，以电表指针右偏为电流正方向) 交流电的有关图象(t＝0 时，线圈在中性面位置) 物理量 函数 图象 磁通量 Φ＝Φmcos ωt＝BScos ωt 电动势 e＝Emsin ωt＝nBSωsin ωt 电压 u＝Umsin ωt ＝ REm R＋r sin ωt 电流 i＝Imsin ωt＝ Em R＋r sin ωt 考点突破 例 1 在匀强磁场中，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图 1所示，产生的交变电动势 的图象如图 2所示，则( ) A．t＝0.01 s 时线框中的磁通量为零 B．t＝0.01 s 时线框的感生电动势最大 C．线框转动过程中电流的方向不变 D．该交变电动势的瞬时值表达式为 e＝311sin 100πt(V) 【解析】由图 2 可知，t＝0.01 s 时，线框中的瞬时感应电动势 e＝0，则此时线框恰好处于中性面， 线圈平面与磁场垂直，磁通量最大，A、B 错误；线框转动过程中，每经过一次中性面，电流方向就要发生 一次变化，故 C 错误；该交变电动势的表达式为 e＝311sin 100πt(V)，D 正确． 【答案】D 例 2 在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，当线框的转速为 n1时，产生的 交变电动势的图线为甲，当线框的转速为 n2时，产生的交变电动势的图线为乙．则( ) A．t＝0时，穿过线框的磁通量均为零 B．t＝0时，穿过线框的磁通量变化率均为零 C．n1∶n2＝3∶2 D．乙的交变电动势的最大值是 20 3 V 【解析】由图象知 t＝0 时，电动势为零，穿过线框的磁通量最大，A 错误；当 t＝0 时，穿过线框的 磁通量变化率均为零，B 正确；由图象知 n1＝ 1 T 甲 ＝37.5 r/s，n2＝ 1 T 乙 ＝25 r/s，所以 n1∶n2＝3∶2，C 正 确；由图象知 NBS×2πn1＝10 V，所以，乙的交变电动势的最大值是 NBS×2πn2＝ 20 3 V，D 正确． 【答案】BCD 【小结】交变电流的图象可提供的信息 (1)图象反映了交变电流的瞬时值随时间变化的关系，故依据图象可以书写交变电流瞬时值表达式． (2)从图象的纵坐标轴上可以直接读出交变电流的峰值，从图象的横坐标轴上可以直接读出交变电流 的周期，从而可推导出线圈转动的角速度及频率． (3)周期与角速度、频率的关系是 T＝ 1 f ＝ 2π ω ，交变电流的频率与线圈转动的频率相等． (4)交变电流的表达式与线圈平面初始位置有关，由图象可以确定线圈的初始位置．从中性面的位置 开始计时，交变电流的图象为正弦图象，瞬时值表达式为 e＝Emsin ωt；从垂直中性面的位置开始计时， 交变电流的图象为余弦图象，瞬时值表达式为 e＝Emcos ωt. 针对训练 1．对于如图所示的电流 I随时间 t作周期性变化的图象，下列说法中正确的是(A) A．电流大小变化，方向不变，是直流电 B．电流大小、方向都变化，是交流电 C．电流最大值为 0.2 A，周期为 0.01 s D．电流大小变化，方向不变，不是直流电，是交流电 【解析】由图象可知：电流的大小变化，方向始终不发生变化，所以是直流电，电流最大值为 0.2 A， 周期为 0.02 s，A 正确． 2．交流发电机在工作时的电动势 e＝Emsin ωt，如果将其电枢的转速提高一倍，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＝Emsin ωt B．e＝4Emsin 2ωt C．e＝Emsin 2ωt D．e＝4Emsin ωt 【解析】交流发电机工作时的电动势最大值表达式 Em＝NBSω，将发电机电枢的转速提高一倍，同时 将电枢所围面积减小一半，电动势最大值表达式 Em′＝NBS′ω′，角速度为ω′＝2ω，S′＝ S 2 ，则其电 动势变为 e＝Emsin 2ωt，故选 C. 考点 2 ► 交变电流的四值 【p198】 夯实基础 1．交变电流的“四值”的比较 物理量 物理含义 重要关系 适用情况及说明 瞬时值 交变电流某一时刻的值 e＝Emsin ωt i＝Imsin ωt 计算线圈某时刻所受安培 力 最大值 最大的瞬时值 Em＝nBSω Em＝nΦmω Im＝ Em R＋r 讨论电容器的击穿电压 有效值 跟交变电流的热效应等效 的恒定电流值 对正(余)弦式交流电有： E＝ Em 2 U＝ Um 2 I＝ Im 2 (1)计算与电流的热效应 有关的量(如功、功率、热 量等) (2)交流电器“铭牌”上 所标的是有效值 (3)保险丝的熔断电流为 有效值 (4)交流电表的示数为有 效值 平均值 交变电流图象中图线与时 间轴所夹的面积与时间的 比值 E＝n ΔΦ Δt I＝ E R＋r q＝n ΔΦ R＋r 计算通过电路截面的电量 2.有效值的理解和计算 (1)有效值的理解 跟交变电流的热效应等效的__恒定电流__的值叫做交变电流的有效值．对于正弦交流电，其有效值和 峰值的关系为：E＝ Em 2 ，U＝ Um 2 ，I＝ Im 2 (2)有效值的计算 ①计算有效值时要注意根据电流的热效应，抓住“三同”：“相同时间”内“相同电阻”上产生“__ 相同热量__”列式求解，“相同时间”取一个周期或为周期的整数倍． ②利用两类公式 Q＝__I 2 Rt__和 Q＝ U 2 R t 可分别求得电流有效值和电压有效值． ③若图象部分是正弦(或余弦)交流电，其中的从零(或最大值)开始的 1 4 周期整数倍的部分可直接应用 正弦式交变电流有效值与最大值间的关系 Im＝ 2I，Um＝ 2U 求解． ④依能量关系计算，当有电能与其他形式的能量转化时可利用能量的转化和守恒定律来求有效值． 考点突破 例 3 如图所示为一交流电电流随时间变化的图象，其中电流的正值为正弦曲线的正半周，其最大值为 Im；电流的负值的强度为 Im，该交流电的有效值为( ) A. 2 2 Im B. 3 2 Im C. Im 2 D. 6 2 Im 【解析】设电流的有效值为 I.取一个周期时间，由电流的热效应得：( Im 2 ) 2 R×1×10 －2 ＋I 2 mR×1×10 －2 ＝I2R×2×10－2，解得：I＝ 3 2 Im，故 B正确． 【答案】B 例 4 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＝10 Ω，线圈的两端经集流环与电阻连接， 电阻 R＝90 Ω，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 时开始计时，转过 60°时线圈中感应电流瞬时值及感应电流的方向； (3)电路中交流电压表的示数； (4)从图示位置转过 90°，整个回路产生的焦耳热． 【解析】(1)由Φ－t图线可知：Φm＝2.0×10 －2 Wb，T＝6.28×10 －2 s 角速度为ω＝ 2π T ＝ 2×3.14 6.28×10－2 rad/s＝100 rad/s 所以，Em＝nBsω＝nΦmω，Em＝200 V (2)产生的感应电动势的瞬时表达式为 e＝200cos 100t(V) 感应电流的瞬时表达式为 i＝ e R＋r ＝2cos 100t(A)， i＝2cos 60°(A)＝1 A，电流方向为 abcd； (3)电动势的有效值为 E＝ Em 2 ＝100 2 V 由闭合电路欧姆定律，电路中电流有效值为 I＝ E r＋R ＝ 100 2 90＋10 A＝ 2 A 交流电压表的示数为 U＝IR＝90 2 V (4)整个回路中产生的焦耳热为 Q＝I 2 (R＋r)t，t＝ T 4 则：Q＝3.14 J. 【小结】1.交变电流瞬时值表达式的基本书写思路 (1)确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图象或由公式 Em＝nBSω或根据有效值，由公式 Em＝ 2E， 求出相应峰值．由 Im＝ Em R 求出 Im. (2)设零时刻线圈平面跟中性面的夹角为φ0(初相)，交变电流瞬时值表达式为 i＝Imsin(ωt＋φ0)，e ＝Emsin(ωt＋φ0) ①若从中性面开始计时，φ0＝0，i＝Imsin ωt，e＝Emsin ωt ②若从垂直中性面开始计时，φ0＝ π 2 ，i＝Imcos ωt，e＝Emcos ωt. 2．对中性面的理解 (1)中性面是与磁场方向垂直的平面，是设想的参考面． (2)线圈平面位于中性面时，穿过线圈平面的磁通量最大，而磁通量的变化率为零，产生的感应电动 势为零． (3)线圈平面与中性面垂直(即与磁感线平行)时，穿过线圈平面的磁通量为零，但磁通量的变化率最 大，产生的感应电动势最大． (4)线圈每经过中性面一次电流方向就改变一次．线圈转动一周，两次经过中性面，所以在一个周期 内电流的方向改变两次． 针对训练 3．一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的交变电流电动势 e＝220 2sin 50πt(V)，下列说法错误 的是(D) A．交流电的电动势峰值是 220 2 V B．交流电的电动势有效值是 220 V C．当 t＝ 1 200 s 时，电动势的瞬时值为 220 V D．当 t＝0 时，线圈平面恰好与中性面垂直 【解析】根据表达式可知，交流电的最大值 Em＝220 2 V，故 A正确；有效值 E＝ Em 2 ＝220 V，故 B 正 确；当 t＝ 1 200 s 时，电动势的瞬时值为＝220 2sin 50π× 1 200 V＝220 V，故 C 正确；当 t＝0 时，此时 感应电动势 e＝0，线圈平面恰好处于中性面位置，故 D错误；因选错误的，故选 D. 4．如图甲、乙、丙所示的是三个具有相同 I0和周期 T 的交变电流，分别通过三个相同的电阻，在 nT 内(n 为整数)下列说法中正确的是(C) A．三个电阻发热量相等 B．甲是丙发热量的 2倍 C．甲是乙发热量的 1 2 D．乙发热量最大，甲次之，丙的发热量最小 【解析】甲的有效值为：I＝ I0 2 ，由 Q＝I2Rt 可知一个周期内甲的发热量为：Q1＝ 1 2 I 2 0RT；乙前后半个周 期电流大小相等，故其发热量为：Q2＝I 2 0RT；丙只有前半个周期有电流，故其发热量为：Q3＝I 2 0R× 1 2 T＝ 1 2 I 2 0RT； 故可知在 nT 内，甲、丙发热量相等，是乙发热量的 1 2 ，故 C正确． 考 点 集 训 【p339】 A 组 1．关于交变电流，下列说法正确的是(A) A．频率为 50 Hz 的正弦式交变电流在 1 s 时间内电流方向改变 100 次 B．如果正弦式交变电流电压的有效值为 20 V，那么该交变电流的电压最大值为 20 3 V C．用交流电流表测定正弦交变电流的电流时，测量的是交变电流的最大值 D．有效值为 1 A 的正弦式交变电流，一个周期内电流的平均值为 2 2 A 【解析】交变电流在一个周期内电流的方向改变两次，频率为 50 Hz 的交流电，1 s 有 50 个周期，所 以 1 s 电流方向改变 100 次，所以 A正确；如果正弦式交变电流电压的有效值为 20 V，那么该交变电流的 电压最大值为 20 2 V，B 错；用交流电流表测定正弦交变电流的电流时，测量的是交变电流的有效值，C 错；电流的平均值只能用 I＝ E R 来计算，在一个周期内，E＝0，D错误；故选择 A. 2．(多选)图甲、图乙是交流发电机示意图，线圈 ABCD 处在图示位置时，下列说法正确的是(BC) A．图甲中穿过线圈的磁通量最大，电路中的感应电流最大 B．图乙中穿过线圈的磁通量为零，电路中的感应电流最大 C．图甲中穿过线圈的磁通量变化率为零，电路中的感应电流为零 D．图乙中穿过线圈的磁通量变化率最大，电路中的感应电流为零 【解析】图甲中线圈平面与磁感线方向垂直，穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电动 势为零，故感应电流为零，故 A 错误，C 正确；图乙中线圈平面与磁感线方向平行，穿过线圈的磁通量为 零，磁通量变化率最大，感应电动势最大，故感应电流最大，故 B 正确，D 错误． 3．矩形线圈的匝数为 50 匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间 的变化规律如图所示．下列结论不正确的是(B) A．在 t＝0.1 s 和 t＝0.3 s 时，电动势为零 B．在 t＝0.2 s 和 t＝0.4 s 时，电动势改变方向 C．电动势的最大值是 157 V D．在 t＝0.4 s 时，磁通量变化率最大，其值为 3.14 Wb/s 【解析】从题图中可知，在 0.1 s 和 0.3 s 时刻，穿过线圈的磁通量最大，此时刻磁通量的变化率等 于零，电动势为零，故 A正确；在 0.2 s 和 0.4 s 时刻，穿过线圈的磁通量的变化率最大，电动势最大， 电动势方向不变，故 B 错误；根据电动势的最大值公式：Em＝nBSω，Φm＝BS，ω＝ 2π T ，可得：Em＝ 50×0.2×2×3.14 0.4 V＝157 V，故 C 正确；根据 Em＝n ΔΦ Δt ，磁通量变化率的最大值应为 3.14 Wb/s，故 D 正确．本题选择错误答案，故选 B. 4．如图所示，一矩形线圈的面积为 S，匝数为 N，电阻为 r，处于磁感应强度大小为 B 的水平匀强磁 场中，绕垂直磁场的水平轴 OO′以角速度ω匀速转动．线圈通过滑环与定值电阻 R及理想电流表形成闭合 回路．已知理想电压表的示数为 U，从线圈平面与磁感线平行的位置开始计时．则(B) A．R 两端电压瞬时值的表达式为 uR＝ 2Usin ωt B．理想电流表的示数为 2NBSω 2（R＋r） C．从 π 2ω 到 3π 2ω 的时间内，穿过线圈平面磁通量的变化量为零 D．若ω＝100π rad/s，通过 R 的电流表每秒钟方向改变 50 次 【解析】线圈产生的感应电动势的最大值为 Em＝NBSω，从线圈平面与磁感线平行的位置开始计时， 产生的感应电动势 e＝NBSωcos ωt，根据闭合电路的欧姆定律可知 UR＝ 2Ucos ωt＝ NBSωR R＋r cos ωt， 故 A 错误；产生感应电动势的有效值 E＝ Em 2 ＝ NBSω 2 ，根据闭合电路的欧姆定律可知，电流 I＝ E R＋r ＝ 2NBSω 2（R＋r） ，故 B 正确；从 π 2ω 到 3π 2ω 的时间内，转过的角度为π，故磁通量的变化量为 2BS，故 C错误；若 ω＝100π rad/s，周期 T＝ 2π ω ＝0.02 s，在一个周期内电流改变 2 次，故 1 s 内电流改变次数 n＝ 1 0.02 ×2 ＝100 次，故 D 错误． 5．把一只电热器接在 8 V 的直流电源上，在 T 时间内产生的热量为 Q，若将它分别接到 u1＝4sin 2 ωt(V)和 u2＝8sin ωt(V)的交流电源上，仍要产生 Q 的热量，则需通电的时间分别为(B) A．4T，T B．8T，2T C．2T，T D．4T，2T 【解析】设电热器的电阻为 R.当电热器接在 U＝8 V 的直流电源上时，Q＝ U 2 R T；当电热器改接到交流电 源上时，Q＝ （ Um 2 ）2 R t＝ U 2 m 2R t；根据 Um＝4 V，解得 t＝8T.当 Um′＝8 V，解得 t′＝2T.故 B 正确． 6．(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，错误! 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，从图甲所示位置开始计时，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(BC) A．线圈转动的角速度为 50π rad/s B．电流表的示数为 10 A C．t＝0.01 s 时，线圈平面与磁场方向平行 D．t＝0.02 s 时，电阻 R中电流的方向自右向左 【解析】角速度ω＝ 2π T ＝100π rad/s，故 A错误；由图乙可知交流电电流的最大值是 Im＝10 2 A， 则有效值为：I＝ Im 2 ＝10 A；由于电流表的示数为有效值，故示数 I＝10 A，故 B 正确；0.01 s 时线圈中 的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为 0，故线圈平面与磁场 方向平行，故 C 正确；由楞次定律可判断出 0.02 s 时流过电阻的电流方向自左向右，故 D 错误． 7．交流发电机线圈电阻 r＝1 Ω，用电器电阻 R＝9 Ω，电压表示数为 9 V，如图所示，那么该交流 发电机(D) A．电动势的峰值为 10 V B．电动势的有效值为 9 V C．交流发电机线圈通过中性面时电动势的瞬时值为 10 2 V D．交流发电机线圈自中性面转过 90°的过程中的平均感应电动势为 20 2 π V 【解析】电压表示数等于路端电压，电路中的电流为 I＝ U R ＝ 9 9 A＝1 A，所以电动势的有效值为：E＝ I(R＋r)＝1×(1＋9) V＝10 V，所以电动势的最大值为 Em＝ 2E＝10 2 V，A、B 错误；线圈通过中性面时 Φ最大，但 ΔΦ Δt ＝0，故 e＝0，C 错误；线圈从中性面转过 90°的过程中，ΔΦ＝BS，Δt＝ T 4 ＝ π 2ω ，所以 E＝n ΔΦ Δt ＝ 2nBSω π ，由于 Em＝nBSω，所以 E＝ 2Em π ＝ 20 2 π V，D 正确． 8．单匝正方形线框 abcd 的边长为 l，可绕它的一条对称轴 OO′转动，线框电阻为 R，转动角速度为 ω.匀强磁场的磁感应强度为 B，方向与 OO′垂直，初位置时线圈平面与 B 平行，如图所示． (1)以图示位置为零时刻，写出线框中感应电动势的瞬时值表达式． (2)由图示位置转过 90°的过程中，通过线框截面的电荷量是多少？ 【解析】(1)电动势的峰值为 Em＝BSω＝Bl 2 ω 因为图示位置与中性面垂直，所以 e＝Bl 2 ωcos ωt (2)在转动 90°的过程中磁通量的变化量为：ΔΦ＝Bl2 根据 q＝IΔt＝n ΔΦ ΔtR Δt＝n ΔΦ R ＝ Bl 2 R B 组 9．(多选)如图所示，单匝正方形线框 abcd 的边长为 L，每边电阻均为 r，线框在磁感应强度为 B 的 匀强磁场中以角速度ω绕 cd 轴从图示位置开始匀速转动，转轴与磁感线垂直．一理想电压表用电刷与线 框的 c、d 两点相接．下列说法正确的是(CD) A．电压表读数为 2 2 BωL 2 B．电压表读数为 3 2 8 BωL 2 C．从图示位置开始计时，流过线框电流的瞬时值表达式为 i＝ BωL 2 sin ωt 4r D．线框在转动一周的过程中，克服安培力做功为 W＝ πB 2 ωL 4 4r 【解析】电动势的最大值，Em＝BωL 2 ，有效值 E＝ BωL2 2 ，电压表读数 U＝ E 4r ·r＝ BωL2 4 2 ＝ 2 8 BωL 2 ，A 错，B 错；从图示位置开始计时，i＝ Em 4r sin ωt＝ BωL 2 4r sin ωt，C 对；线框在转动一周过程中，克服安培 力做的功 W＝ E 2 4r · 2π ω ＝ πB 2 ωL 4 4r ，D 对． 10．如图，交流电源的电动势有效值与直流电源的电动势相等，两电源的内阻均可忽略，三个灯泡是 完全相同的，分别与定值电阻、电感和电容器相接．当 S 接 1 时三个灯泡的亮度相同，那么 S 接 2 时(C) A．三个灯泡亮度相同 B．甲灯比乙灯亮，丙灯不亮 C．甲灯比乙灯暗，丙灯不亮 D．甲灯和乙灯亮度相同，丙灯不亮 【解析】当单刀双掷开关 S 接 1 时，即为交流，三个灯亮度相同，说明电感 L 的感抗、C 的容抗与电 阻 R相同，当 S 接 2时，电感 L 没有感抗，电容器具有隔断直流的作用，而交流与直流对电阻 R没有影响， 所以丙灯不亮，灯甲亮度不变，乙灯亮度增加，即甲灯比乙灯暗，故 C 正确． 11．有一正弦交流电源，电压有效值 U＝120 V，频率为 f＝50 Hz，向一霓虹灯供电，若霓虹灯的激 发电压和熄灭电压均为 U0＝60 2 V，试估算在一个小时内，霓虹灯发光时间为(C) A．1 200 s B．1 500 s C．2 400 s D．2 700 s 【解析】由正弦交流电的最大值 Um与有效值 U 的关系得：Um＝120 2 V，设 t＝0时交流电的瞬时电压 u＝0，则交流电的瞬时表达式为：u＝120 2sin 100πt(V)，画出一个周期内交流电的 u－t 图象如图所示， 其中阴影部分对应的时间 0～t1表示霓虹灯不能发光的时间，根据对称性，一个周期内霓虹灯不能发 光的时间为 4t1，当 u＝U0＝60 2 V 时，由上式得 t1＝ 1 600 s，再由对称性求得一个周期内能发光的时间为： t＝T－4t1＝ 1 75 s，由比例关系求得一小时内霓虹灯发光的时间为：t′＝ 3 600 1 50 × 1 75 s＝2 400 s．故选 C. 12．如图甲所示，一个半径为 r 的单匝半圆形线框，以直径 ab 为轴匀速转动，周期为 T，ab 的左侧 有垂直于纸面向里(与 ab 垂直)的匀强磁场，磁感应强度大小为 B.M 和 N 是两个集流环，负载电阻为 R，线 框电阻为 R0，摩擦和其他部分的电阻均不计．从图示位置开始计时． (1)在图乙中画出线框产生的感应电动势随时间变化的图象(至少画两个周期)； (2)求线框转过 T 4 时间内通过负载电阻 R 的电荷量； (3)求线框转过 T 4 时间内外力做的功； (4)电压表的示数多大？ 【解析】(1)根据题意得：最大电动势 Em＝ 1 2 Bπr2· 2π T ＝ Bπ2r2 T ， 电动势随时间变化的图象，如图所示： (2)从图示位置起转过 1 4 圈的时间内，穿过线框平面的磁通量的变化量为ΔΦ＝ 1 2 Bπr 2 ，则通过小灯泡 的电荷量为 q＝IΔt＝ E R＋R0 Δt＝ ΔΦ R＋R0 ＝ Bπr2 2（R＋R0） ； (3)线框转过 T 4 时间内外力做的功 W＝ U2 R＋R0 t＝ （ Em 2 ） 2 R＋R0 × T 4 ＝ B2π4r4 8（R＋R0）T (4)根据电流的热效应得： E 2 R T＝ （ Em 2 ） 2 R · 1 2 T， 解得：E＝ Em 2 ＝ Bπ 2 r 2 2T ， 电压表的示数为 U＝ E R＋R0 R＝ Bπ 2 r 2 R 2（R＋R0）T .