步步高2015高考物理一轮复习交变电流 传感器

第1课时交变电流的产生和描述
考纲解读
1.理解交变电流的产生过程，能正确书写交变电流的表达式.
2.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．
1．[交变电流的产生和变化规律]如图1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()
图1
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0.02 s，则1 s内电流的方向改变50次
D．若乙图中b等于0.02 s，则交流电的频率为50 Hz
答案 A
2．[描述交变电流的物理量]小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图2所示．此线圈与一个R＝10 Ω的电阻构成闭合电路，电路中的其他电阻不计．下列说法正确的是()
图2
A ．交变电流的周期为0.125 s
B ．交变电流的频率为8 Hz
C ．交变电流的有效值为 2 A
D ．交变电流的最大值为4 A 答案 C
解析 由题图可直接获取的信息是：交变电流的周期是0.250 s ，A 错；感应电动势的最大值为20 V ，线圈中产生的交变电流为正弦式交变电流，从而可推出：交变电流的频率f ＝1T ＝10.250 Hz ＝4 Hz ，B 错；交变电流的最大值I m ＝E m R ＝20
10 A ＝2 A ，D 错；交
变电流的有效值I ＝
I m 2＝2
2
A ＝ 2 A ．所以正确选项为C. 3．[瞬时值表达式的书写方法]如图3所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生
正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b 所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是
( )
图3
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∶2
C ．交流电a 的瞬时值表达式为u ＝10sin 5πt (V)
D ．交流电b 的最大值为5 V 答案 BC
解析 t ＝0时刻穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，故电压为零，A 错．读图得两次周期之比为2∶3，由转速n ＝ω2π＝1
T 得转速与周期成反比，故B 正确．读图得
a 的最大值为10 V ，ω＝5π rad/s ，由交流电感应电动势的瞬时值表达式e ＝E m sin ωt (V)(从线圈在中性面位置开始计时)得，u ＝10sin 5πt (V)，故C 正确．交流电的最大值E m ＝NBSω，所以根据两次转速的比值可得，交流电
b 的最大值为23×10 V ＝20
3 V ，故
D 错．
4．[交变电流有效值的计算方法]如图4所示为一交变电流的电压随时间变化的图象，正半
轴是正弦曲线的一个部分，则此交变电流的电压的有效值是
( )
图4
A.34 V B ．5 V C.522 V
D ．3 V
答案 C
解析 设其有效值为U ，根据交变电流的有效值定义和题图中电流特点可得，在一个周期内有U 21R t 1＋U 22
R t 2＝U 2R t ，即(3 2 V 2)2×1R ×0.01 s ＋(4 V)2×1R ×0.01 s ＝U 2×1R ×0.02 s ，
解得U ＝52
2
V ，故C 正确．
一、交变电流的产生和变化规律 1．交变电流
大小和方向都随时间做周期性变化的电流．如图5(a)、(b)、(c)、(d)所示都属于交变电
流．其中按正弦规律变化的交变电流叫正弦式交变电流，简称正弦式电流，如图(a)所示．
图5
2．正弦交变电流的产生和图象
(1)产生：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
a．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．
b．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)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
图象为正弦函数曲线．
二、正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值 1．周期和频率
(1)周期(T )：交变电流完成一次周期性变化(线圈转一周)所需的时间，公式T ＝2π
ω.
(2)频率(f )：交变电流在1 s 内完成周期性变化的次数．单位是赫兹(Hz)． (3)周期和频率的关系：T ＝1f 或f ＝1
T
.
2．正弦式交变电流的函数表达式(线圈在中性面位置开始计时)
(1)电动势e 随时间变化的规律：e ＝E m sin_ωt .
(2)负载两端的电压u 随时间变化的规律：u ＝U m sin_ωt .
(3)电流i 随时间变化的规律：i ＝I m sin_ωt .其中ω等于线圈转动的角速度，E m ＝nBSω. 3．交变电流的瞬时值、峰值、有效值
(1)瞬时值：交变电流某一时刻的值，是时间的函数．
(2)峰值：交变电流的电流或电压所能达到的最大值，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．对正弦交变电流，其有效值和峰值的关系为：E ＝
E m 2，U ＝U m 2，I ＝I m
2
. (4)平均值：是交变电流图象中波形与横轴所围面积跟时间的比值．
考点一 正弦式交变电流的产生及变化规律 1．正弦式交变电流的产生
(1)线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动． (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，ΔΦ
Δt ＝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，ΔΦ
Δt 最大，e 最大，i 最大，电流方向不改变．
(3)电流方向的改变：线圈通过中性面时，电流方向发生改变，一个周期内线圈两次通过中性面，因此电流的方向改变两次．
(4)交变电动势的最大值E m ＝nBSω，与转轴位置无关，与线圈形状无关． 2．正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)
例
1如图6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．则下列四幅图中正确的是()
图6
解析该题考查交变电流的产生过程．t＝0时刻，根据题图乙表示的转动方向，由右手定则知，此时ad中电流方向由a到d，线圈中电流方向为a→d→c→b→a，与规定的电流正方向相反，电流为负值．又因为此时ad、bc两边的切割速度方向与磁场方向成45°
夹角，由E＝2Bl v⊥，可得E＝2×2
2Bl v＝
2
2E m，即此时电流是最大值的
2
2
倍，由题图
乙还能观察到，线圈在接下来45°的转动过程中，ad、bc两边的切割速度v⊥越来越小，
所以感应电动势应减小，感应电流应减小，故瞬时电流的表达式为i＝－I m cos (π
4
＋ωt)，则图象为D图象所描述，故D项正确．
答案 D
突破训练
1如图7甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形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固
定轴OO ′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R ＝10 Ω连接，与电阻R 并联的交流电压表为理想电压表，示数是10 V ．图乙是矩形线圈中磁通量Φ随时间t 变化的图象．则
( )
图7
A ．电阻R 上的电动率为20 W
B ．t ＝0.02 s 时R 两端的电压瞬时值为零
C ．R 两端的电压u 随时间t 变化的规律是u ＝14.1cos 100πt V
D ．通过R 的电流i 随时间t 变化的规律是i ＝1.41cos 50πt A 答案 C
解析 电阻R 上的电功率为P ＝U 2
R ＝10 W ，选项A 错误；由题图乙知t ＝0.02 s 时磁通
量变化率最大，R 两端的电压瞬时值最大，选项B 错误；R 两端的电压u 随时间t 变化的规律是u ＝14.1cos 100πt V ，通过R 的电流i 随时间t 的变化规律是i ＝u /R ＝1.41cos 100πt A ，选项C 正确，D 错误． 考点二 交流电有效值的求解 1．正弦式交流电的有效值：
I ＝
I m 2，U ＝U m 2，E ＝E m
2
2．非正弦式交流电有效值的求解根据电流的热效应进行计算．
例
2如图8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．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，两电阻消耗的电功之比W甲∶W乙为
()
图8 A．1∶ 2 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶6
解析电功的计算中，I要用有效值计算，图甲中，由有效值的定义得(1
2
)2R×2×10－
2＋0＋(1
2)2R×2×10－2＝I21R×6×10－2，得I1＝
3
3A；图乙中，I的值大小不变，I2＝
1 A，由W＝UIt＝I2Rt可以得到W甲∶W乙＝1∶3. 答案 C
突破训练
2通过一阻值R＝100 Ω的电阻的交变电流如图9所示，其周期为1 s．电阻两端电压的有效值为
()
图9
A ．12 V
B ．410 V
C ．15 V
D ．8 5 V 答案 B
解析 由有效值定义可得U 2
R ×1 s ＝(0.1 A)2×R ×0.4 s ×2＋(0.2 A)2×R ×0.1 s ×2，其中
R ＝100 Ω，可得U ＝410 V ，B 正确． 考点三 交变电流“四值”的比较
交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较
例
3如图10所示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5 T，边长L＝10 cm的正方形线圈共100匝，线圈总电阻r＝1 Ω，线圈绕垂直
于磁感线的对称轴OO ′匀速转动，角速度ω＝2π rad/s ，外电路中的电阻R ＝4 Ω，求：
图10
(1)感应电动势的最大值；
(2)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过60°时的瞬时感应电动势；
(3)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过60°的过程中产生的平均感应电动势； (4)交流电压表的示数； (5)线圈转动一周产生的总热量；
(6)从图示位置开始的1
6周期内通过R 的电荷量．
解析 (1)感应电动势的最大值为
E m ＝nBSω＝100×0.5×0.12×2π V ＝3.14 V (2)由图示位置转过60°时的瞬时感应电动势为 e ＝E m cos 60°＝3.14×0.5 V ＝1.57 V
(3)由图示位置转过60°的过程中产生的平均感应电动势为 E ＝n ΔΦΔt ＝n BS sin 60°
16T ＝100×0.5×0.1×0.1×
3
216×2π
2πV ＝2.6 V
(4)交流电压表的示数为外电路两端电压的有效值，即 U ＝E R ＋r R ＝3.142×4
4＋1 V ＝1.78 V
(5)线圈转动一周产生的总热量为
Q ＝⎝⎛⎭
⎫E m 22R ＋r T ＝0.99 J
(6)在16
周期内通过电阻R 的电荷量为 q ＝I ×T 6＝E R ＋r ×T 6＝2.64＋1×16
C ＝0.087 C 答案 (1)3.14 V (2)1.57 V (3)2.6 V (4)1.78 V
(5)0.99 J (6)0.087 C
突破训练
3 如图11所示，矩形线圈面积为S ，匝数为N ，线圈总电阻为r ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕OO ′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R ，当线圈由图示位置转过60°的过程中，下列判断正确的是
( )
图11
A ．电压表的读数为NBSω2(R ＋r )
B ．通过电阻R 的电荷量为q ＝
NBS 2(R ＋r ) C ．电阻R 所产生的焦耳热为Q ＝N 2B 2S 2ωR π4(R ＋r )2
D ．当线圈由图示位置转过60°时的电流为NBSω2(R ＋r )
答案 B
解析 线圈在磁场中转动产生了正弦交流电，其电动势的最大值E m ＝NBSω，电动势的
有效值E ＝NBSω2，电压表的读数等于交流电源的路端电压，且为有效值，则U ＝NBSω2(R ＋r )
R ，A 错误；求通过电阻R 的电荷量要用交流电的平均电流，则q ＝I Δt ＝N ΔΦR ＋r
＝N (BS －12BS )R ＋r ＝NBS 2(R ＋r )
，故B 正确；电阻R 上产生的热量应该用有效值来计算，则电阻R 产生的热量Q ＝I 2Rt ＝[NBSω2(R ＋r )]2R ·π
3ω＝πN 2B 2S 2Rω6(R ＋r )2
，故C 错误；线圈由图示位置转过60°时的电流为瞬时值，则i ＝NBSωR ＋r sin ωt ＝NBSωR ＋r
sin π3＝3NBSω2(R ＋r )，故D 错误.
高考题组1．(2013·福建·15)如图12所示，实验室一台手摇交流发电机，内阻r＝1.0 Ω，外接R＝9.0 Ω
的电阻．闭合开关S ，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e ＝102sin 10πt (V)，则 ( )
图12
A ．该交变电流的频率为10 Hz
B ．该电动势的有效值为10 2 V
C ．外接电阻R 所消耗的电功率为10 W
D ．电路中理想交流电流表
的示数为1.0
A
答案 D 解析 由交变电流电动势的表达式e ＝102sin 10πt V ＝E m sin ωt 可知，该交变电流的频
率为f ＝ω2π＝10π2π Hz ＝5 Hz ，A 错误．该交变电流电动势的有效值E ＝E m 2＝1022
V ＝
10 V ，B 错误．电流的有效值I ＝E R ＋r ＝109.0＋1.0
A ＝1.0 A ，外接电阻R 所消耗的电功率P R ＝I 2R ＝1.02×9.0 W ＝9 W ，故C 错误，D 正确．
2．(2013·山东·17)图13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
( )
图13
A ．电流表的示数为10 A
B ．线圈转动的角速度为50π rad/s
C ．0.01 s 时线圈平面与磁场方向平行
D ．0.02 s 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＝10 A，选项A正确．由题图乙可知，T
＝100π rad/s，选项B错误．t＝0.01 s时，电流最大，线圈平面与＝0.02 s，所以ω＝2π
T
磁场方向平行，选项C正确．t＝0.02 s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．
模拟题组
3．如图14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，则以下判断正确的是()
图14
A ．图示位置线圈中的感应电动势最大为E m ＝BL 2ω
B ．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e ＝12
BL 2ωsin 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 ＝2BL 2
R ＋r
D ．线圈转动一周的过程中，电阻R 上产生的热量为Q ＝πB 2ωL 4R 4(R ＋r )2
答案 BD
解析 图示位置线圈中的感应电动势最小为零，A 错；若线圈从图示位置开始转动，闭
合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e ＝12
BL 2ωsin ωt ，B 对；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 ＝ΔΦR 总＝BL 2R ＋r
，C 错；线圈转动一周的过程中，电阻R 上产生的热量为Q ＝(E m 2)2R ＋r ·2πω·R R ＋r ＝πB 2ωL 4R 4(R ＋r )2
，D 对． 4．如图15所示，光滑绝缘水平桌面上直立一个单匝矩形导线框，线框的边长L AB ＝0.3 m ，
L AD ＝0.2 m ，总电阻为R ＝0.1 Ω.在直角坐标系xOy 中，有界匀强磁场区域的下边界与x 轴重合，上边界满足曲线方程y ＝0.2sin 10π3
x m ，磁感应强度大小B ＝0.2 T ，方向垂直纸面向里．线框在沿x 轴正方向的拉力F 作用下，以速度v ＝10 m/s 水平向右做匀速直线运动，则下列判断正确的是 ( )
图15 A．线框中的电流先沿逆时针方向再沿顺时针方向
B．线框中感应电动势的最大值为
2
5V
C．线框中感应电流的有效值为4 A
D．线框穿过磁场区域的过程中外力做功为0.048 J
答案AD
解析由题意可知线框在外力作用下匀速切割磁感线，由右手定则可判断A正确；由E ＝Bl v可知当线框的AD边或BC边全部在磁场中时，线框中的感应电动势最大，故最大值为E m＝0.2×0.2×10 V＝0.4 V，B错误；线框中的感应电流的最大值为4 A，该电流是正弦式交流电，故有效值是2 2 A，C错误；由于线框做匀速直线运动，由能量守恒定律可得外力做的功等于线框中产生的焦耳热，即W＝Q＝(22)2×0.1×0.6
10J＝0.048 J，D正确．
(限时：45分钟)
►题组1对交变电流的产生及其图象的考查
1．如图所示，面积均为S的单匝线圈绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e＝BSωsin ωt的图是()
答案 A
解析线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动，产生的正弦交变电动势为e＝BSωsin ωt，由这一原理可判断，A图中感应电动势为e＝BSωsin ωt；B图中的转动轴不在线圈所在平面内；C、D图转动轴与磁场方向平行，而不是垂直．
2．矩形线框绕垂直于匀强磁场且沿线框平面的轴匀速转动时产生了交变电流，下列说法正确的是() A．当线框位于中性面时，线框中感应电动势最大
B．当穿过线框的磁通量为零时，线框中的感应电动势也为零
C．每当线框经过中性面时，感应电动势或感应电流方向就改变一次
D．线框经过中性面时，各边不切割磁感线
答案CD
解析线框位于中性面时，线框平面与磁感线垂直，穿过线框的磁通量最大，但此时切割磁感线的两边速度方向与磁感线平行，不切割磁感线，穿过线框的磁通量的变化率等于零，所以感应电动势等于零，感应电动势或感应电流的方向在此时刻改变．垂直于中性面时，穿过线框的磁通量为零，切割磁感线的两边的速度与磁感线垂直，有效切割速度最大，此时穿过线框的磁通量的变化率最大，所以感应电动势最大．故C、D正确．3．如图1所示，闭合的矩形导体线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动．沿着OO′方向观察，线圈顺时针方向转动．已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，ab边的边长为L1，ad边的边长为L2，线圈电阻为R，转动的角速度为
ω，则当线圈转至图示位置时 ( )
图1
A ．线圈中感应电流的方向为abcda
B ．线圈中的感应电动势为2nBL 2ω
C ．穿过线圈的磁通量随时间的变化率最大
D ．线圈ab 边所受安培力的大小为n 2B 2L 1L 2ω
R
答案 AC
解析 当线圈转至图示位置时，由楞次定律可知，线圈中感应电流的方向为abcda ，选项A 正确；图示位置穿过线圈的磁通量随时间的变化率最大，感应电动势最大，线圈中的感应电动势为nBL 1L 2ω，选项B 错误，C 正确；线圈ab 边所受安培力的大小为F ＝0，选项D 错误．
4．电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器．如图2甲所示为电吉他的拾音器的原理图，
在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管．一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号．若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量Φ随时间t 的变化如图乙所示，则螺线管内感应电流i 随时间t 变化的图象为
( )
图2
答案 B
解析 由感应电流公式I ＝E R ＝n ΔΦ
R Δt ，感应电流大小与磁通量的变化率有关，在Φ－t 图
线上各点切线的斜率的绝对值表示感应电流的大小，斜率的正、负号表示电流的方向；根据题图乙，在0～t 0时间内，感应电流I 的大小先减小到零，然后再逐渐增大，电流的方向改变一次，同理分析t 0～2t 0时间内，只有选项B 符合要求．
5．如图3所示，矩形线圈边长为ab ＝20 cm ，bc ＝10 cm ，匝数N ＝100匝，磁场的磁感应
强度B ＝0.01 T ．当线圈以n ＝50 r/s 的转速从图示位置开始逆时针匀速转动时，求：
图3
(1)线圈中交变电动势瞬时值表达式；
(2)从线圈开始转动起，经0.01 s 时感应电动势的瞬时值．
答案 (1)e ＝6.28sin (100πt ＋π
6) V (2)－3.14 V
解析 (1)线圈的角速度为ω＝2πn ＝100π rad/s
产生的感应电动势的最大值为E m ＝NBωS ＝NBω·ab ·bc ＝6.28 V.
又刚开始转动时线圈平面与中性面夹角为30°＝π6，故线圈中交变电动势的瞬时值表达
式为
e ＝E m sin (ωt ＋π6)＝6.28sin(100πt ＋π
6
) V.
(2)把t ＝0.01 s 代入上式，可得此时感应电动势的瞬时值： e ＝－3.14 V.
►题组2 对交变电流“四值”的考查
6．如图4所示，矩形线圈abcd 绕轴OO ′匀速转动产生交流电，在图示位置开始计时，则
下列说法正确的是
( )
图4
A ．t ＝0时穿过线圈的磁通量最大，产生的感应电流最大
B ．t ＝T
4
(T 为周期)时感应电流沿abcda 方向
C ．若转速增大为原来的2倍，则交变电流的频率是原来的2倍
D ．若转速增大为原来的2倍，则产生的电流有效值为原来的4倍 答案 BC
解析 图示时刻，ab 、cd 边切割磁感线的有效速率为零，产生的感应电动势为零，感
应电流为零，A 错误；根据线圈的转动方向，确定T
4时线圈的位置，用右手定则可以确
定线圈中的感应电流沿abcda 方向，B 正确；根据转速和频率的定义可知C 正确；根据ω＝2πf ，E m ＝nBSω，E ＝
E m 2，I ＝E
R 总
可知电流有效值变为原来的2倍，D 错误． 7．如图5所示，一个单匝矩形导线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO ′匀速转动，
转动周期为T 0.线圈产生的电动势的最大值为E m ，则
( )
图5
A ．线圈产生的电动势的有效值为2E m
B ．线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为E m T 0
2π
C ．线圈转动过程中磁通量变化率的最大值为E m
D ．经过2T 0的时间，通过线圈电流的方向改变2次 答案 BC
解析 由交变电流有效值和最大值的关系可知线圈产生的电动势的有效值为
2
2E m
，选项A 错误；由题意知线圈产生的电动势的最大值为E m ＝BSω＝BS 2π
T ，故线圈转动过程
中穿过线圈的磁通量的最大值BS ＝E m T 0
2π，选项B 正确；线圈转动过程中磁通量变化率
的大小等于产生的感应电动势的大小，选项C 正确；正弦式交变电流一个周期内电流方向变化两次，经过2T 0的时间，通过线圈电流的方向改变4次，选项D 错误． 8．如图6所示，边长为L ＝0.2 m 的正方形线圈abcd ，其匝数n ＝10，总电阻为r ＝2 Ω，外
电路的电阻为R ＝8 Ω，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B ＝1 T ，若线圈从图示位置开始，以角速度ω＝2 rad/s 绕OO ′轴匀速转动．则以下判断中正确的是
( )
图6
A ．在t ＝π
4时刻，磁场穿过线圈的磁通量为零，但此时磁通量随时间变化最快
B ．闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e ＝0.8sin 2t
C ．从t ＝0时刻到t ＝π4时刻，电阻R 上产生的热量为Q ＝3.2π×10－
4 J
D ．从t ＝0时刻到t ＝π
4时刻，通过R 的电荷量q ＝0.02 C
答案 AD
解析 线圈在磁场中转动，E m ＝1
2nBSω＝0.4 V ，B 项错；当线圈平面与磁场平行时磁
通量变化最快，A 正确；Q R ＝I 2Rt ＝[E m 2(R ＋r )]2Rt ＝1.6π×10－3 J ，C 错；q ＝n ΔΦ
R ＋r
＝0.02
C ，
D 正确．
9．如图7所示，矩形线圈abcd ，面积为S ，匝数为N ，线圈电阻为R ，在匀强磁场中可以
分别绕垂直于磁场方向的轴P 1和P 2以相同的角速度ω匀速转动(P 1以ab 边为轴，P 2以ad 边中点与bc 边中点的连线为轴)，当从线圈平面与磁场方向平行开始计时，线圈转过90°的过程中，绕P 1及P 2轴转动产生的交流电的电流大小、电荷量及焦耳热分别为I 1、q 1、Q 1及I 2、q 2、Q 2，则下面判断正确的是
( )
图7
A ．线圈绕P 1和P 2轴转动时电流的方向相同，都是a →b →c →d
B ．q 1>q 2＝NBS
2R
C ．I 1＝I 2＝NBωS
2R
D ．Q 1<Q 2＝πω(NBS )2
2R
答案 C
解析 绕P 1、P 2轴转动时电流的方向相同，电流的方向都是a →d →c →b →a ，A 错；电荷量q ＝n ΔΦ
R ，与绕哪个轴转动没有关系，B 项错；线圈绕两轴转动时产生的电动势相
同，所以电流相同，发热也相同，C 对，D 错．
10．如图8甲所示是某同学设计的一种振动发电装置的示意图，它的结构是一个套在辐向形
永久磁铁槽中的半径为r ＝0.10 m 、匝数n ＝20匝的线圈，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
π
T ，线圈的电阻为R 1＝0.50 Ω，它的引出线接有R 2＝9.5 Ω的小电珠．外力推动线圈框架的P 端，使线圈沿轴线做往复运动，便有电流通过小电珠．当线圈运动速度v 随时间t 变化的规律如图丙所示时(摩擦等损耗不计)，求：
图8
(1)小电珠中电流的最大值； (2)电压表的示数；
(3)t ＝0.1 s 时外力F 的大小．
答案 (1)0.16 A (2)1.07 V (3)0.128 N
解析 (1)由题意及法拉第电磁感应定律知道，由于线圈在磁场中做往复运动，产生的感应电动势的大小符合正弦曲线变化规律，线圈中的感应电动势的最大值为： E m ＝nBl v ＝2πnBr v m .
电路总电阻为R 1＋R 2，那么小电珠中电流的最大值为 I m ＝
2πnBr v m R 1＋R 2＝2π×20×0.2×0.1×2
π(9.5＋0.5)
A ＝0.16 A.
(2)电压表示数为有效值U ＝U m 2＝22I m R 2＝2
2×0.16×9.5 V ＝0.76 2 V ≈1.07 V.
(3)当t ＝0.1 s 也就是T 4时，外力F 的大小为F ＝nB 2πrI m ＝n 2B 2(2πr )2
R 1＋R 2
v m ＝0.128 N.
11．如图9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：
图9
(1)感应电动势的最大值；
(2)从图示位置起转过1/4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1/4转的时间内，通过负载电阻R 的电荷量； (4)电流表的示数． 答案
(1)π2Bnr 2
(2)π4B 2r 4n 8R (3)πBr 22R (4)π2r 2nB 2R
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
E m ＝BSω＝B ·πr 2
2
·2πn ＝π2Bnr 2
(2)在线圈从图示位置转过1/4转的时间内，电动势的有效值为E ＝E m 2
＝2π2Bnr 2
2
电阻R 上产生的热量 Q ＝(E R )2R ·T 4＝π4B 2r 4n 8R
(3)在线圈从图示位置转过1/4转的时间内，电动势的平均值为E ＝ΔΦΔt
通过R 的电荷量q ＝I ·Δt ＝E
R ·Δt ＝ΔΦR ＝πBr 2
2R
(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(E m
2)2
R ·T 2＝E ′2
R T ，
解得E ′＝E m
2
故电流表的示数为I ＝E ′R ＝π2r 2nB
2R .
第2课时变压器、电能的输送
考纲解读
1.理解变压器的原理，掌握理想变压器原、副线圈的功率关系、电压关系及电流关系，并会进行有关计算.
2.能利用功率、电压、电流关系对变压器进行动态分析.
3.会计算远距离输电问题中线路损失的功率和电压．
1．[理想变压器的工作原理]关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是() A．通过正弦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
答案BC
解析由于是交变电流，交变电流的磁场不断变化，磁通量也在变化，A错误；因理想变压器无漏磁，故B、C正确；原线圈中的电能转化为磁场能又转化为电能，故D错．2．[理想变压器的功率、电压、电流关系]如图1所示，理想变压器原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，原线圈的两端a、b接正弦交流电源，电压表V的示数为220 V，负载电阻R＝44 Ω，电流表A1的示数为0.2 A．下列判断正确的是()
图1
A ．原线圈和副线圈的匝数比为2∶1
B ．原线圈和副线圈的匝数比为5∶1
C ．电流表A 2的示数为0.1 A
D ．电流表A 2的示数为0.4 A 答案 B
解析 由题意可求得原线圈的功率，利用理想变压器原、副线圈中的功率相等可求得副线圈中的电流，再利用原、副线圈中的电流之比可求得两线圈的匝数比．
由电压表V 示数和电流表A 1的示数可得原线圈中的功率P 1＝U 1I 1，P 1＝P 2＝I 22R ，所以电流表A 2的示数为I 2＝
U 1I 1
R
＝ 220×0.2
44
A ＝1 A ，C 、D 错误；原线圈和副线圈的匝数比n 1n 2＝I 2I 1＝5
1
，A 错误，B 正确．
3．[远距离输电中的电压与功率损失]在远距离输电中，当输电线的电阻和输送的电功率不
变时，那么
( )
A ．输电线路上损失的电压与输送电流成正比
B ．输电的电压越高，输电线路上损失的电压越大
C ．输电线路上损失的功率跟输送电压的平方成反比
D ．输电线路上损失的功率跟输电线上的电流成正比 答案 AC
解析 输电线路上损失电压ΔU ＝IR ，在R 一定时，ΔU 和I 成正比．若U 越高，I ＝P
U
，。