【物理】2019届一轮复习人教版　交变电流的产生和描述学案

【物理】2019届一轮复习人教版　交变电流的产生和描述学案

第一节 交变电流的产生和描述 ‎ [学生用书P216]‎ ‎【基础梳理】‎ 一、交变电流 ‎1．交变电流：大小和方向随时间做周期性变化的电流．‎ ‎2．正弦交流电的产生和图象 ‎(1)产生：如图所示，在匀强磁场里，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动．‎ ‎(2)中性面 ‎①定义：与磁场方向垂直的平面．‎ ‎②特点：线圈位于中性面时，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．线圈每经过中性面一次，电流的方向就改变一次．‎ ‎(3)图象：用以描述交变电流随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置开始计时，‎ 其图象为正弦曲线，如图所示．‎ 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＝．‎ ‎2．交变电流的“四值”‎ ‎(1)瞬时值：交变电流某一时刻的值，是时间的函数．‎ ‎(2)峰值：交变电流(电压或电动势)所能达到的最大的值，也叫最大值．‎ ‎(3)有效值：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．对正弦交流电，其有效值和峰值的关系为：E＝，U＝，I＝．‎ ‎(4)平均值：用＝n来计算．‎ ‎ 通常所说交变电流、电压的数值，各种交流电器设备所标的额定电压和额定电流的数值，一般交流电表测量的数值，都是指有效值(除非有特殊说明)．‎ ‎【自我诊断】‎ ‎ 判一判 ‎(1)交变电流的主要特征是电流的方向随时间周期性变化．( )‎ ‎(2)大小变化而方向不变的电流也叫交变电流．( )‎ ‎(3)线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，经过中性面时产生的感应电动势最大．( )‎ ‎(4)在一个周期内，正弦交流电的方向改变两次．( )‎ ‎(5)交变电压的有效值与峰值之间的关系是U＝.( )‎ ‎(6)交流电压表及交流电流表的读数均为瞬时值．( )‎ 提示：(1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)× (6)×‎ ‎ 做一做 如图所示为一交变电流随时间变化的图象，此交流电的有效值是( )‎ A．5 A B．5 A C．3.5 A D．3.5 A 提示：选B.选择一个周期(0.02 s)的时间，根据交流电有效值的定义和焦耳定律，有：‎ I2R×0.02＝(4 A)2R×0.01＋(3 A)2R×0.01‎ 解得：I＝5 A，即B项正确．‎ ‎ 想一想 如图甲、乙、丙、丁、戊所示，把材料相同、面积相同的线圈放入同一匀强磁场中，绕不同的轴以相同的角速度转动，此过程中感应电动势的最大值是否相同？为什么？‎ 提示：相同，因为感应电动势的最大值Em＝nBSω，与转轴的位置无关，与线圈的形状无关．‎ ‎ 对交变电流的变化规律分析[学生用书P217]‎ ‎【知识提炼】‎ ‎1．正弦式交变电流的变化规律(线圈从中性面位置开始计时)‎ 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 ‎ ＝sin ωt 电流 i＝Imsin ωt ‎ ＝sin ωt ‎2.两个特殊位置的特点 ‎(1)线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变．‎ ‎(2)线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，最大，e最大，i最大，电流方向不改变．‎ ‎3．书写交变电流瞬时值表达式的基本思路 ‎(1)确定正弦交变电流的峰值，根据已知图象读出或由公式Em＝nBSω、Im＝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线圈从中性面位置开始转动，则i－t图象为正弦函数图象，函数式为i＝Imsin ωt.‎ ‎②线圈从垂直中性面位置开始转动，则i－t图象为余弦函数图象，函数式为i＝Imcos ωt.‎ ‎【典题例析】‎ ‎ 图甲是交流发电机模型示意图．在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO′转动，由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO′转动的金属圆环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路．图乙是线圈的主视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示．已知ab长度为L1，bc长度为L2，线圈以恒定角速度ω逆时针转动．(只考虑单匝线圈)‎ ‎(1)线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式；‎ ‎(2)线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，如图丙所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式；‎ ‎(3)若线圈电阻为r，求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热．(其他电阻均不计)‎ ‎[审题指导] 从线圈平面经过中性面开始计时，则线圈在时间t内转过角度ωt，瞬时感应电动势e＝Em·sin ωt，其中Em＝NBSω.线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，要注意此时线圈的初相位．计算线圈转动一周电阻R上产生的焦耳热，要用有效值进行计算．‎ ‎[解析] (1)矩形线圈abcd转动过程中，只有ab和cd切割磁感线，设ab和cd的转动速度为v，则 v＝ω· 在t时刻，ab和cd因切割磁感线而产生的感应电动势均为E1＝BL1v⊥‎ 由图可知v⊥＝vsin ωt 则整个线圈的感应电动势为 e1＝2E1＝BL1L2ωsin ωt.‎ ‎(2)当线圈由图丙位置开始运动时，在t时刻整个线圈的感应电动势为 e2＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)．‎ ‎(3)由闭合电路欧姆定律可知 I＝ 这里E为线圈产生的感应电动势的有效值 E＝＝ 则线圈转动一周在R上产生的焦耳热为 QR＝I2RT 其中T＝ 于是QR＝πRω.‎ ‎[答案] (1)e1＝BL1L2ωsin ωt ‎(2)e2＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)‎ ‎(3)πRω ‎【迁移题组】‎ ‎ 迁移1 交变电流的产生过程分析 ‎1．(2018·南京、盐城模拟)图甲是小型交流发电机的示意图，在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁场方向垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示．发电机线圈内阻为10 Ω，外接一只电阻为90 Ω 的灯泡，不计电路的其他电阻，则( )‎ A．t＝0时刻线圈平面与中性面垂直 B．每秒钟内电流方向改变100次 C．灯泡两端的电压为22 V D．0～0.01 s时间内通过灯泡的电量为0‎ 解析：选B.由题图乙电动势随时间变化的正弦规律图象可知：计时起点e＝0，即从中性面开始计时，选项A错误；由图象可知：电动势周期为0.02 s，所以频率为50 H ，即每秒钟内电流方向改变100次，选项B正确；由图象可知：电动势的有效值为22 V，所以灯泡两端的电压为U＝×22 V＝19.8 V，选项C错误；0～0.01 s时间内通过灯泡的电流均为正方向，所以电量不为0，选项D错误．‎ ‎ 迁移2 交变电流的函数表达式的理解 ‎2．一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的电动势e＝200·sin 100πt(V)，那么( )‎ A．该交变电流的频率是100 H ‎ B．当t＝0时，线圈平面恰好与中性面垂直 C．当t＝ s时，e达到峰值 D．该交变电流的电动势的有效值为200 V 解析：选C.由交变电流的电动势瞬时值表达式e＝nBSω·sin ωt可知，交变电流的频率f＝＝ H ＝50 H ，选项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，选项B错误；当t＝ s时，e达到峰值Em＝200 V，选项C正确；该交变电流的电动势的有效值E＝＝200 V，选项D错误．‎ ‎ 迁移3 交变电流的图象表达 ‎3. (多选)(高考天津卷)如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a、b所示，则( )‎ A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合 B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3‎ C．曲线a表示的交变电动势频率为25 H ‎ D．曲线b表示的交变电动势有效值为10 V 解析：选AC.从图象可知，两次转动都是从中性面开始计时的，故A正确；从图象可知，曲线a、b对应的线圈转动的周期之比为2∶3，则转速之比为3∶2，故B错误；由图象可知曲线a的周期Ta＝4×10－2 s，则曲线a表示的交变电动势频率fa＝＝25 H ，故C正确；交变电动势的最大值Em＝nBSω，则曲线a、b表示的交变电动势的峰值之比为Ema∶Emb＝ωa∶ωb＝3∶2，即Emb＝Ema＝10 V，故曲线b表示的交变电动势的有效值为E有＝ V＝5 V，D错误．‎ ‎ 交变电流“四值”的理解和应用[学生用书P218]‎ ‎【知识提炼】‎ 物理含义 重要关系 适用情况 瞬时值 交变电流某一时刻的值 e＝Emsin ωt u＝Umsin ωt i＝Imsin ωt 计算线圈某一时刻的受力情况 峰值 最大的瞬时值 Em＝nBSω Im＝ 确定用电器的耐压值，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)弦交流电有：‎ E＝ U＝ I＝ ‎(1)计算与电流热效应相关的量(如功率、热量)‎ ‎(2)交流电表的测量值 ‎(3)电器设备标注的额定电压、额定电流 ‎(4)保险丝的熔断电流 平均值 ＝BL 交变电流图象中图线与时间轴所夹面积与时间的比值 ＝n ＝ 计算通过电路截面的电荷量 ‎【典题例析】‎ ‎ ‎ 如图所示，一个半径为r的半圆形线圈，以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直于纸面向里(与ab垂直)的匀强磁场，磁感应强度为B.M和N是两个集流环，负载电阻为R，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，求：‎ ‎(1)感应电动势的最大值；‎ ‎(2)从图示位置起转过转的时间内负载电阻R上产生的热量；‎ ‎(3)从图示位置起转过转的时间内通过负载电阻R的电荷量；‎ ‎(4)电流表的示数．‎ ‎[审题指导] 线圈转动产生感应电动势，最大值为NBSω，热量按有效值进行计算，电流表示数也为有效值，而电荷量用平均值计算即q＝.‎ ‎[解析] (1)线圈绕轴匀速转动时，在电路中产生如图所示的交变电流．‎ 此交变电动势的最大值为 Em＝BSω＝B··2πn＝π2Bnr2.‎ ‎(2)在线圈从图示位置转过转的时间内，电动势的有效值为E＝＝ 电阻R上产生的热量 Q＝R·＝.‎ ‎(3)在线圈从图示位置转过转的时间内，电动势的平均值为E＝ 通过R的电荷量 q＝·Δt＝·Δt＝＝.‎ ‎ (4)设此交变电动势在一个周期内的有效值为E′，由有效值的定义得·＝T，解得E′＝ 故电流表的示数为I＝＝.‎ ‎[答案] (1)π2Bnr2 (2) (3) ‎(4) ‎1．正弦式交流电有效值的求解 利用I＝，U＝，E＝计算．‎ ‎2．非正弦式交流电有效值的求解 交变电流的有效值是根据电流的热效应(电流通过电阻生热)进行定义的，所以进行有效值计算时，要紧扣电流通过电阻生热(或热功率)进行计算．注意“三同”：即“相同电阻”“相同时间”内产生“相同热量”．计算时“相同时间”要取周期的整数倍，一般取一个周期． ‎ ‎【迁移题组】‎ ‎ 迁移1 交变电流峰值的应用 ‎1．(多选)如图甲所示，标有“220 V 40 W”的电灯和标有“20 μF 300 V”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如图乙所示，闭合开关．下列判断正确的是( )‎ A．t＝时刻，V的示数为零 B．电灯恰正常发光 C．电容器有可能被击穿 D．交流电压表V的示数保持110 V不变 解析：选BC.交流电压表V的示数应是电压的有效值220 V，故A ‎、D错误；电压的有效值恰等于电灯的额定电压，电灯正常发光，B正确；电压的峰值220 V≈311 V，大于电容器的耐压值，故有可能被击穿，C正确．‎ ‎ 迁移2 交变电流有效值的计算 ‎2．如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B.电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动(O轴位于磁场边界)．则线框内产生的感应电流的有效值为( )‎ A. B． C. D． 解析：选D.线框转动的角速度为ω，进磁场的过程用时周期，出磁场的过程用时周期，进、出磁场时产生的感应电流大小都为I′＝，则转动一周产生的感应电流的有效值满足：I2RT＝()2R×T，解得I＝，D正确．‎ ‎ 迁移3 交变电流“四值”的综合应用 ‎3．(2018·北京海淀质检)如图甲所示，长、宽分别为L1、L2的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为n，总电阻为r，可绕其竖直中心轴O1O2转动．线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D(集流环)焊接在一起，并通过电刷和定值电阻R相连．线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场，磁感应强度B的大小随时间t的变化关系如图乙所示，其中B0、B1和t1均为已知量．在0～t1的时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直；t1时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度ω匀速转动．求：‎ ‎(1)0～t1时间内通过电阻R的电流大小；‎ ‎(2)线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻R产生的热量；‎ ‎(3)线框匀速转动后，从图甲所示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量．‎ 解析：(1)0～t1时间内，线框中的感应电动势 E＝n＝ 根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻R的电流 I＝＝.‎ ‎(2)线框产生感应电动势的最大值Em＝nB1L1L2ω 感应电动势的有效值E＝nB1L1L2ω 通过电阻R的电流的有效值I＝ 线框转动一周所需的时间t＝ 此过程中，电阻R产生的热量 Q＝I2Rt＝πRω.‎ ‎(3)线框从图甲所示位置转过90°的过程中，‎ 平均感应电动势＝n＝ 平均感应电流＝ 通过电阻R的电荷量q＝Δt＝.‎ 答案：(1) (2)πRω (3) ‎ [学生用书P220]‎ ‎1．(多选)(2016·高考全国卷Ⅲ)‎ 如图，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则( )‎ A．两导线框中均会产生正弦交流电 B．两导线框中感应电流的周期都等于T C．在t＝时，两导线框中产生的感应电动势相等 D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等 解析：选BC.当导线框N完全进入磁场后，通过线框的磁通量将不变，故无感应电流产生，因此它不会产生正弦交流电，A项错误；导线框每转动一圈，产生的感应电流的变化为一个周期，B项正确；在t＝时，导线框转过角度为45°，切割磁感线的有效长度相同，均为绕圆心的转动切割形式，设圆弧半径为R，则感应电动势均为E＝BR2ω，C项正确；导线框N转动的一个周期内，有半个周期无感应电流产生，所以两导线框的感应电动势的有效值并不相同，由闭合电路欧姆定律可知，两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值一定不相同，D项错误．‎ ‎2.‎ ‎(多选)(2017·高考天津卷)在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，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．设线圈总电阻为2 Ω，则( )‎ A．t＝0时，线圈平面平行于磁感线 B．t＝1 s时，线圈中的电流改变方向 C．t＝1.5 s时，线圈中的感应电动势最大 D．一个周期内，线圈产生的热量为8π2 J 解析：选AD.t＝0时，磁通量为零，磁感线与线圈平面平行，A正确；当磁感线与线圈平面平行时，磁通量变化率最大，感应电动势最大，画出感应电动势随时间变化的图象如图，由图可知，t＝1 s时，感应电流没有改变方向，B错误；t＝1.5 s时，感应电动势为0，C错误；感应电动势最大值Em＝NBSω＝NΦm＝100×0.04×(V)＝4π(V)，有效值E＝×4π(V)＝2π(V)，Q＝T＝8π2(J)，D正确．‎ ‎3．(多选)(2017·洛阳统考)海洋中蕴藏着巨大的能量，利用海洋的波浪可以发电．在我国南海上有一浮桶式波浪发电灯塔，其原理示意图如图甲所示．浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，且始终处于磁场中，该线圈与阻值R＝15 Ω的灯泡相连．浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图中斜线阴影部分)，如图乙所示，其内为产生磁场的磁体，与浮桶内侧面的缝隙忽略不计；匝数N＝200的线圈所在处辐射磁场的磁感应强度B＝0.2 T，线圈直径D＝0.4 m，电阻r＝1 Ω.取重力加速度g＝10 m/s2，π2≈10.若浮桶随波浪上下运动的速度可表示为v＝0.4πsin (πt) m/s.则下列说法正确的是( )‎ A．波浪发电产生电动势e的瞬时表达式为e＝16sin (πt)V B．灯泡中电流i的瞬时表达式为i＝4sin (πt)A C．灯泡的电功率为120 W D．灯泡两端电压的有效值为 V 解析：选BC.波浪发电产生电动势e的瞬时表达式为：e＝NB·πD·v＝200×0.2×π×0.4×0.4πsin(πt)V＝64·sin(πt)V，选项A错误；灯泡中电流i的瞬时表达式为i＝＝4sin (πt)A，选项B正确；灯泡的电功率为P＝I2R＝R＝×15 W＝120 W，选项C正确；灯泡两端电压的有效值为UR＝·＝× V＝30 V，选项D错误．‎ ‎4．如图所示，线圈abcd的面积是0.05 m2，共100匝，线圈电阻为1 Ω，外接电阻R＝9 Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝ T，当线圈以300 r/min的转速匀速旋转时．问：‎ ‎(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；‎ ‎(2)线圈转过 s时电动势的瞬时值是多大？‎ ‎(3)电路中，电压表和电流表的示数各是多少？‎ ‎(4)从中性面开始计时，经 s通过电阻R的电荷量是多少？‎ 解析：(1)e＝Emsin ωt＝nBS·2πfsin(2πft)‎ ‎＝100××0.05×2π×sinV ‎＝50sin 10πt (V)．‎ ‎(2)当t＝ s时，‎ e＝50sin V≈43.3 V.‎ ‎(3)电动势的有效值为E＝＝ V≈35.4 V 电流表示数I＝＝ A＝3.54 A 电压表示数U＝IR＝3.54×9 V＝31.86 V.‎ ‎(4) s内线圈转过的角度 θ＝ωt＝×2π×＝ 该过程中，ΔΦ＝BS－BScos θ＝BS 由＝，＝，＝ 得q＝＝＝ C＝ C.‎ 答案：(1)e＝50sin 10πt (V) (2)43.3 V ‎(3)31.86 V 3.54 A (4) C ‎ [学生用书P347(单独成册)]‎ ‎(建议用时：60分钟)‎ 一、单项选择题 ‎1．(2018·合肥模拟)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，下列说法中正确的是( )‎ A．当磁通量为零时，感应电动势也为零 B．当磁通量减小时，感应电动势也减小 C．当磁通量等于0.5Φm时，感应电动势等于0.5Em D．角速度ω等于 解析：选D.根据正弦式交变电流的产生及其变化规律，当磁通量最大时，感应电动势为零；当磁通量减小时，感应电动势在增大，磁通量减为零时，感应电动势最大，由此可知A、B项错误；设从线框位于中性面开始计时，则有e＝Emsin ωt，式中Em＝BSω，因Φm＝BS，故角速度ω＝，D项正确；设e＝0.5Em，则解出ωt＝，此时Φ＝B·Scos＝BS＝Φm，所以C项错误．‎ ‎2．如图甲所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO′匀速转动，从图示位置开始计时，产生的感应电动势e随时间t的变化曲线如图乙所示．若线圈的转速变为原来的2倍，而其他条件保持不变，从图示位置转过90°开始计时，则能正确反映线圈中产生的电动势e随时间t的变化规律的图象是( )‎ 解析：选A.由题图乙知，周期T＝4 s，感应电动势的最大值Em＝1 V，而感应电动势的最大值的表达式Em＝NBSω＝NBS·.若仅把线圈的转速变为原来的2倍，则周期T′变为原来的，即T′＝2 s，而感应电动势的最大值E′m变为原来的2倍，即E′m＝2 V，所以选项B、C错误；从图示位置转过90°开始计时，也就是t＝0时线圈中产生的感应电动势应为0，所以选项A正确，D错误．‎ ‎3．(2015·高考四川卷)‎ 小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示．矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压( )‎ A．峰值是e0 B．峰值是2e0‎ C．有效值是Ne0 D．有效值是Ne0‎ 解析：选D.因每匝矩形线圈ab边和cd边产生的电动势的最大值都是e0，每匝中ab和cd串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为2e0.N匝线圈串联，整个线圈中感应电动势的最大值为2Ne0，因线圈中产生的是正弦交流电，则发电机输出电压的有效值E＝Ne0，故选项D正确．‎ ‎4．如图甲所示，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(如图乙)为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正．则如图所示的四个选项图中正确的是( )‎ 解析：选D.矩形线圈绕垂直于匀强磁场的转轴匀速转动产生正弦式交变电流，在开始计时(t＝0)时线圈为题图乙所示的位置，据右手定则判断电流为负方向，首先排除A、B选项．若达题图甲所示的位置，感应电流为负向的峰值，可见t＝0的时刻交变电流处于负半轴且再经到达中性面位置，或者φ0＝，瞬时值表达式i＝Imsin(ωt－φ0)，所以0＝Im·sin，t＝，故D选项正确．‎ ‎5．(2018·沈阳质检)如图所示为一交流电压随时间变化的图象．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，此交流电压的有效值为( )‎ A．7.5 V B．8 V C．2 V D．3 V 解析：选C.根据电流的热效应有··＋·＝T，解得U2＝60 V2，所以U＝2 V，C项正确．‎ ‎6．如图所示，在xOy直角坐标系中的第二象限有垂直坐标平面向里的匀强磁场，第四象限有垂直坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B.直角扇形导线框半径为L、总电阻为R，在坐标平面内绕坐标原点O以角速度ω逆时针匀速转动．线框从图中所示位置开始转动一周的过程中，线框内感应电流的有效值是( )‎ A．I＝ B．I＝ C．I＝0 D．I＝ 解析：选B.从图示位置转过90°的过程中，即在0～时间内，线框中的感应电动势为E＝BL2ω，感应电流沿顺时针方向；在转过90°至180°的过程中，即在～时间内，线框中的感应电动势仍为E＝BL2ω，感应电流沿逆时针方向；在转过180°至270°的过程中，即在～时间内，线框中的感应电动势仍为E＝BL2ω，感应电流沿逆时针方向；在转过270°至360°的过程中，即在～T时间内，线框中的感应电动势仍为E＝BL2ω，感应电流沿顺时针方向．根据有效值的定义知I＝.B项正确．‎ 二、多项选择题 ‎7．(2018·贵州贵阳高三适应性考试)有一种自行车，它有能向自行车车头灯泡供电的小型发电机，其原理示意图如图甲所示；图中N、S是一对固定的磁极，磁极间有一固定在绝缘转轴上的矩形线圈，转轴的一端有一个与自行车后轮边缘接触的摩擦轮．如图乙所示，当车轮转动时，因摩擦而带动摩擦轮转动，从而使线圈在磁场中转动而产生电流给车头灯泡供电．关于此装置，下列说法正确的是( )‎ A．自行车匀速行驶时线圈中产生的是交流电 B．小灯泡亮度与自行车的行驶速度无关 C．知道摩擦轮和后轮的半径，就可以知道后轮转一周的时间里摩擦轮转动的圈数 D．线圈匝数越多，穿过线圈的磁通量的变化率越大 解析：选AC.摩擦轮带动线圈在磁场中绕垂直于磁感线的轴转动，产生交流电，故A正确；行驶速度会影响感应电动势的大小，所以影响灯泡的亮度，故B错误；摩擦轮和后轮属于皮带传动，具有相同的线速度，如果知道了半径关系，就能知道角速度关系，也就能知道转速关系，故C正确；线圈匝数不影响穿过线圈的磁通量的变化率的大小，故D错误．‎ ‎8．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．则( )‎ A．两种形式的交变电流最大值相同 B．两种形式的交变电流有效值之比为1∶ C．两种形式的交变电流周期之比为2∶3‎ D．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min的时间，两电阻消耗的电能之比为1∶3‎ 解析：选AD.由题图甲和题图乙分别表示的正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系图象可知，两种形式的交变电流最大值都是1 A，选项A正确；题图甲表示的正弦脉冲波周期为0.06 s，题图乙表示的方波的周期为0.04 s，两种形式的交变电流周期之比为3∶2，选项C错误；设正弦脉冲波的电流有效值为I1，根据有效值的定义，前周期和后周期的有效值都为 A，根据有效值的定义有R·＋R·＝IR·T，解得I1＝ A．题图乙表示的方波交变电流大小不变，其有效值[跟交变电流的热效应等效的恒定电流值]等于最大值，I2‎ ‎＝1 A．两种形式的交变电流有效值之比为I1∶I2＝1∶，选项B错误；由W＝UIt＝I2Rt可知，若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min的时间，两电阻消耗的电能之比W甲∶W乙＝I∶I＝1∶3，选项D正确．‎ ‎9．(2018·湖南十二校联考)‎ 如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，其电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线O′O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绕轴O′O匀速转动，则以下判断正确的是( )‎ A．图示位置线圈中的感应电动势最大，为Em＝BL2ω B．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e＝BL2ωsin ωt ‎ C．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＝ D．线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q＝ ‎ 解析：选BD.题图所示位置，线圈中通过的磁通量最大，但感应电动势为零，A错误；线圈所围成的闭合电路中产生的感应电动势最大值为Em＝BL2ω，故对应的瞬时值表达式为e＝BL2ωsin ωt，B正确；由q＝可得线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量q＝，C错误；电阻R上产生的热量应利用有效值求解，即转动一周的过程中产生的热量：Q＝R×＝，D正确．‎ ‎10．面积为S、阻值为R的金属框放置在匀强磁场中，磁场方向与金属框平面垂直，磁感应强度随时间的变化规律B＝B0sin ωt，则( )‎ A．金属框中产生的电动势的最大值为B0Sω B．金属框中电流的有效值为 C．在一个周期内金属框产生的焦耳热为 D．在第一个周期内流过某截面的电荷量为 解析：选AD.金属框中的磁通量变化与该框在磁感应强度恒为B0的磁场中以ω匀速转动的情况相同．因此最大电动势为Em＝B0Sω，A正确；电流的有效值为I＝＝，B错误；在一个周期内金属框产生的焦耳热为：Q＝I2RT＝·R·＝，C错误；在第1个内，ΔΦ＝B0S，则q＝I·Δt＝·Δt＝，D正确．‎ 三、非选择题 ‎11．电压u＝120sin ωt V、频率为50 H 的交变电流，把它加在激发电压和熄灭电压均为u0＝60 V的霓虹灯的两端．‎ ‎(1)求在一个小时内，霓虹灯发光时间有多长？‎ ‎(2)试分析为什么人眼不能感到这种忽明忽暗的现象. 解析：(1)如图所示，画出一个周期内交变电流的u－t图象，其中阴影部分对应的时间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 V时，‎ 由u＝120sin ωt V求得：t1＝ s 再由对称性知一个周期内能发光的时间为：‎ t＝T－4t1＝ s－4× s＝ s 再由比例关系求得一个小时内霓虹灯发光的时间为：‎ t＝× s＝2 400 s.‎ ‎(2)很明显霓虹灯在工作过程中是忽明忽暗的，而熄灭的时间只有 s(如图中t2～t3那段时间)，由于人的眼睛具有视觉暂留现象，而这个视觉暂留时间约为 s远大于 s，因此经过灯光刺激的人眼不会因为短暂的熄灭而有所感觉．‎ 答案：(1)2 400 s (2)见解析 ‎12．如图甲所示是某同学设计的一种振动发电装置的示意图，一个半径r＝0.10 m、匝数n＝20匝的线圈套在永久磁铁槽中，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)．在线圈所在位置磁感应强度B的大小均为B＝0.20 T，线圈的电阻为R1＝0.50 Ω，它的引出线接有R2＝9.5 Ω的小电珠L.外力推动线圈框架的P端，使线圈沿轴线做往复运动，便有电流通过电珠．当线圈向右的位移x随时间t变化的规律如图丙所示时(x取向右为正)．求：‎ ‎(1)线圈运动时产生的感应电动势E的大小；‎ ‎(2)线圈运动时产生的感应电流I的大小；‎ ‎(3)每一次推动线圈运动过程中作用力F的大小；‎ ‎(4)该发电机的输出功率P.‎ 解析：(1)由x－t图，可得线圈的切割速度 v＝＝0.80 m/s.‎ 线圈做切割磁感线运动产生的感应电动势 E＝n·2πrBv＝20×2×3.14×0.10×0.20×0.80 V≈2.0 V.‎ ‎(2)由闭合电路的欧姆定律，感应电流 I＝＝ A＝0.20 A.‎ ‎(3)由于线圈每次运动都是匀速直线运动，由平衡条件F推＝F安，即F推＝nBI·2πr＝20×0.20×0.20×2×3.14×0.10 N≈0.50 N.‎ ‎(4)发电机的输出功率即小电珠的电功率 P＝I2R2＝0.202×9.5 W＝0.38 W.‎ 答案：(1)2.0 V (2)0.20 A (3)0.50 N (4)0.38 W