高考物理大一轮复习 第11章 交变电流 传感器教学案(1)

第11章 交变电流 传感器
第1节 交变电流的产生及描述
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． 2．正弦交流电
(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)变化规律(线圈在中性面位置开始计时) ①电动势(e )：e ＝E m sin ωt . ②电压(u )：u ＝U m sin_ωt . ③电流(i )：i ＝I m sin_ωt . (4)图象(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 ＝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最大值．
(2)有效值：让交变电流与恒定电流分别通过大小相同的电阻，如果在交流的一个周期内它们产生的热量相等，则这个恒定电流I 、恒定电压U 就是这个交变电流的有效值．
(3)正弦式交变电流的有效值与峰值之间的关系
I ＝
I m
2
，U ＝
U m
2
，E ＝
E m
2
.
3．平均值：E ＝n ΔΦ
Δt
. [自我诊断] 1．判断正误
(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)最大值和有效值之间的2倍关系只适用于正弦(余弦)交流电．(√) (6)交流电压表及交流电流表的读数均为峰值．(×)
2．矩形线圈的面积为S ，匝数为n ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场的轴OO ′以角速度ω匀速转动．当转到线圈平面与磁场垂直的图示位置时( )
A ．线圈中的电动势为nBS ω
B ．线圈中的电动势为0
C ．穿过线圈的磁通量为0
D ．穿过线圈的磁通量变化率最大
解析：选 B.图示时刻线框的四边都不切割磁感线，不产生感应电动势，即线圈中的电动势为0，故选项A 错误，选项B 正确；图示时刻线框与磁场垂直，磁通量最大，为Φ＝BS ，故选项C 错误；图示位置线圈中的电动势为0，根据法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 可知穿过
线圈的磁通量变化率为0，故选项D 错误．
3．(多选)某小型发电机产生的交变电动势为e ＝50sin 100πt (V)．对此电动势，下列表述正确的有( )
A ．最大值是50 2 V
B ．频率是100 Hz
C ．有效值是25 2 V
D ．周期是0.02 s
解析：选CD.由e ＝E m sin ωt ＝50sin 100 πt (V)可知，E m ＝50 V ，E 有效＝E m
2
＝25 2 V ，
ω＝100π rad/s ，T ＝2π
ω
＝0.02 s ，f ＝50 Hz ，C 、D 正确．
4．一个小型电热器若接在输出电压为10 V 的直流电源上，消耗电功率为P ；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为P
2.如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压
的最大值为( )
A ．5 V
B ．5 2 V
C ．10 V
D ．10 2 V
解析：选C.电热器接到直流电源上，由功率表达式P ＝U 2R 可知，P ＝U 21
R ＝100R .当其接到交
流电源时，有P 2＝U 22
R ，则U 2＝22
U 1，U 2为正弦交流电的有效值，则此交流电的最大值U m ＝2U 2
＝10 V ，C 正确．
5．某手摇交流发电机，其线圈绕垂直于匀强磁场方向的轴(位于线圈平面内)匀速转动，产生的交变电流i 随时间t 变化的图象如图，由图象可知( )
A ．该交变电流频率是0.4 Hz
B ．该交变电流有效值是0.8 A
C ．该交变电流瞬时值表达式是i ＝0.8sin(5πt )A
D ．t ＝0.1 s 时穿过线圈平面的磁通量最大
解析：选C.根据电流随时间变化的图象知，交流电的周期为0.4 s ，故交流电的频率为2.5 Hz ，A 错误；交变电流的最大值为0.8 A ，有效值为0.4 2 A ，B 错误；把ω＝2π
T
＝5π
rad/s 代入正弦式交变电流的瞬时值表达式得i ＝0.8sin(5πt )A ，C 正确；t ＝0.1 s 时，电流最大，此时穿过线圈平面的磁通量为零，D 错误．
考点一 正弦交变电流的产生与瞬时值表达式
1．正弦式交变电流的变化规律及对应图象(线圈在中性面位置开始计时)
2.(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．
考向1：正弦交变电流的产生
(1)解决此类问题的关键在于把线圈在匀强磁场中的具体位置与转动的时刻对应好，也就是电流的变化规律与线圈在磁场中转动的具体情境对应好．
(2)交变电动势的最大值E m ＝nBS ω，与转轴位置无关，与线圈形状无关．
[典例1] 如图所示，矩形线圈abcd 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以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时( )
A ．线圈绕P 1转动时的电流等于绕P 2转动时的电流
B ．线圈绕P 1转动时的电动势小于绕P 2转动时的电动势
C ．线圈绕P 1和P 2转动时电流的方向相同，都是a →b →c →d →a
D ．线圈绕P 1转动时dc 边受到的安培力大于绕P 2转动时dc 边受到的安培力
解析 线圈绕垂直于磁场方向的轴转动产生交变电流，产生的电流、电动势及线圈各边所受安培力大小与转轴所在位置无关，故A 对，B 、D 错；图示时刻产生电流的方向为
a →d →c →
b →a ，故C 错．
答案 A
考向2：交变电流的图象
(1)由图象可读出交变电流的电压或电流的最大值，进而利用正弦式交变电流最大值与有效值的关系得到有效值．
(2)由图象可读出交变电流的变化周期T ，然后计算得出角速度ω＝2π
T
.
(3)根据最大值、角速度等信息可以写出交变电流的瞬时值表达式．
[典例2] (2016·湖南衡阳联考)(多选)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，产生的交变电动势如图乙中曲线a 、
b 所示，则下列说法正确的是( )
A ．曲线a 表示的交变电动势瞬时值e a ＝36 sin 25πt V
B ．曲线b 表示的交变电动势最大值为28.8 V
C ．t ＝5×10－2
s 时，曲线a 、b 对应的感应电动势大小之比为32∶2
D ．t ＝6×10－2 s 时，曲线a 对应线框的磁通量最大，曲线b 对应线框的磁通量为0 解析 由图乙可知，
E m a ＝36 V ，ωa ＝2πT a ＝2π
8×10－2
rad/s ＝25 π rad/s ，则曲线a 表
示的交变电动势瞬时值e a ＝E m a sin ωa t ＝36 sin 25πt V ，故A 正确；由图乙知曲线a 、b 表示的交变电流的周期之比为T a ∶T b ＝(8×10－2)∶(12×10－2
)＝2∶3，由ω＝2πT
可知ωa ∶
ωb ＝T b ∶T a ＝3∶2，所以曲线a 、b 表示的交变电动势的最大值之比E m a ∶E m b ＝NBS ωa ∶NBS ωb ＝ωa ∶ωb ＝3∶2，又知E m a ＝36 V ，则E m b ＝24 V ，故B 错误；曲线a 表示的交变电动势瞬时值e a ＝36 sin 25πt V ，曲线b 表示的交变电动势瞬时值e b ＝24 sin 2π12×10－2t V ，将t ＝5×10－2
s 代入，得e a ＝－18 2 V ，e b ＝12 V ，|e a |∶e b ＝32∶2，故C 正确；由图乙知
t ＝6×10－2 s 时，a 的电动势最大，对应线框的磁通量为0，b 的电动势为0，对应线框的磁
通量最大，故D 错误．
答案 AC
考向3：交变电流瞬时值的书写 交变电流瞬时值表达式的推导思路
(1)先求电动势的最大值E m ＝nBS ω； (2)求出角速度ω，ω＝2π
T
；
(3)明确从哪一位置开始计时，从而确定是正弦函数还是余弦函数； (4)写出瞬时值的表达式．
[典例3] 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L 1，bc 长度为L 2，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e 1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e 2的表达式．
解析 (1)矩形线圈abcd 在磁场中转动时，ab 、cd 切割磁感线，且转动的半径为r ＝L 2
2，
转动时ab 、cd 的线速度v ＝ωr ＝ωL 2
2，且与磁场方向的夹角为ωt ，
所以，整个线圈中的感应电动势e 1＝2BL 1v sin ωt ＝BL 1L 2ωsin ωt .
(2)当t ＝0时，线圈平面与中性面的夹角为φ0，则t 时刻时，线圈平面与中性面的夹角为ωt ＋φ
故此时感应电动势的瞬时值
e 2＝2BL 1v sin(ωt ＋φ0)＝BL 1L 2ωsin(ωt ＋φ0)
答案 (1)e 1＝BL 1L 2ωsin ωt (2)e 2＝BL 1L 2ωsin (ωt ＋φ0)
(1)交变电流图象问题的三点注意
①只有当线圈从中性面位置开始计时，电流的瞬时值表达式才是正弦形式，其变化规律与线圈的形状及转动轴处于线圈平面内的位置无关．
②注意峰值公式E m ＝nBS ω中的S 为有效面积．
③在解决有关交变电流的图象问题时，应先把交变电流的图象与线圈的转动位置对应起来，再根据特殊位置求特征解．
(2)瞬时值书写的两关键
①确定正弦交变电流的峰值，根据已知图象或由公式E m ＝nBS ω，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．
a ．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 ＝I m sin ωt ，图象如图甲所示．
b ．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 ＝I m cos ωt .图象如图乙所示．
考点二 交变电流有效值的计算
1．公式法 利用E ＝
E m
2
、U ＝
U m
2、I ＝I m
2
计算，只适用于正(余)弦式交变电流．
2．利用有效值的定义计算(非正弦式电流)
计算时“相同时间”至少取一个周期或为周期的整数倍． 3．利用能量关系
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．
1．通过一阻值R ＝100 Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为1 s ．电阻两端电压的有效值为( )
A ．12 V
B ．410 V
C ．15 V
D ．8 5 V
解析：选B.由题意结合有效值的定义可得I 2
RT ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫I 21R 25
T ＋I 22R 110T ，将I 1＝0.1 A ，I 2
＝0.2 A 代入可得流过电阻的电流的有效值I ＝ 10
25
A ，故电阻两端电压的有效值为IR ＝410 V ，选项
B 正确．
2．如图所示为一交变电流随时间变化的图象，则此交变电流的有效值为( )
A. 2 A B ．2 2 A C. 5 A
D ．3 A
解析：选C.由图象可知此交变电流的周期是2 s ．设交变电流的有效值为I ，周期为T ，
则I 2
RT ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫222R ·T 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫422R ·T
2，解得I ＝ 5 A ，故选C.
3．如图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( )
A.34 V
B ．5 V
C.
52
2
V D ．3 V
解析：选C.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 22R t 2＝U 2R t ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫3 2 V 22×1R
×0.01 s＋(4 V)2×1R ×0.01 s＝U 2
×1R ×0.02 s，解得U ＝522
V ，故C 正确．
4．如图所示为一个经双可控硅调节后加在电灯上的电压，正弦交流电的每一个二分之一周期中，前面四分之一周期被截去，则现在电灯上电压的有效值为( )
A ．U m
B.
U m 2
C.U m
3
D.U m
2
解析：选 D.由题给图象可知，交流电压的变化规律具有周期性，用电流热效应的等效法求解．设电灯的阻值为R ，正弦式交流电压的有效值与峰值的关系是U ＝
U m
2
，由于一个周
期内半个周期有交流电压，一周期内交流电产生的热量为Q ＝
⎝ ⎛⎭⎪
⎫U m 22R
·T 2＝U 2m
2R ·T 2
，设交流电
压的有效值为U ，由电流热效应得Q ＝U 2m
2R ·T 2＝U 2R ·T ，所以该交流电压的有效值U ＝U m 2
，D 正
确．
有效值求解的三点注意
(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．
(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I m ＝2I 、U m ＝2U 求解．
考点三 正弦交变电流的“四值”
1．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e 0，不计线圈电阻，则发电机输出电压( )
A ．峰值是e 0
B ．峰值是2e 0
C ．有效值是
2
2
Ne 0 D ．有效值是2Ne 0
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e 0，每匝中ab 和
cd 串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为2e 0.N 匝线圈串联，整个线圈中感应电动势的
最大值为2Ne 0，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 ＝2Ne 0，故选项D 正确．
2．(多选)如图所示，面积为S 的矩形线圈共N 匝，线圈总电阻为R ，在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中以竖直线OO ′为轴，以角速度ω匀速旋转，图示位置C 与纸面共面，位置A 与位置C 成45°角．线圈从位置A 转过90°到达位置B 的过程中，下列说法正确的是(
)
A ．平均电动势为22π
NBS ω
B ．通过线圈某一截面的电荷量q ＝22NBS
R
C ．在此转动过程中，外界对线圈做的总功为N 2B 2S 2πω4R
D ．在此转动过程中，电流方向会发生改变
解析：选AC.线圈从位置A 转过90°到达位置B 的过程中，ΔΦ＝2BS cos 45°＝2BS ，Δt ＝π
2ω，根据E ＝N ΔΦΔt ，得E ＝22πNBS ω，故A 正确．根据E ＝N ΔΦΔt ，q ＝E R Δt ＝N
ΔΦ
R ＝2BSN R ，故B 错误．产生电动势的峰值E m ＝NBS ω，则有效值E ＝E m 2＝NBS ω2
，则W ＝Q ＝
E 2
R Δt ＝N 2B 2S 2πω4R
，故C 正确．线圈每经过中性面一次，电流方向改变，线圈从位置A 转过90°
到达位置B 的过程中，电流方向不变，故D 错误．
3．将阻值为100
Ω的电阻丝绕成一个110匝的闭合矩形线圈，让其在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的感应电动势如图乙所示．则可以判断( )
A ．t ＝0时刻线圈应转到图甲所示的位置
B ．该线圈的转速为100π r/s
C ．穿过线圈的磁通量的最大值为150π Wb
D ．线圈转一周所产生的电热为9.68 J
解析：选D.t ＝0时刻产生的电动势为零，所以线圈应处于中性面即线圈与磁场垂直的位置，故A 错误；据图乙可知，T ＝0.02 s ，据T ＝2π
ω可得ω＝100π rad/s ，所以转速为
50 r/s ，故B 错误；据E m ＝nBS ω可知，BS ＝311110×100π
Wb ＝9×10－3
Wb ，故C 错误；据峰
值可知，E ＝0.707E m ＝220 V ，据焦耳定律可知，线圈转一周产生的热量Q ＝E 2
R
·T ＝9.68 J ，
故D 正确．
4. 如图所示，N ＝50匝的矩形线圈abcd ，ab 边长l 1＝20 cm ，ad 边长l 2＝25 cm ，放在磁感应强度B ＝0.4 T 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 ＝3 000 r/min 的转速匀速转动，线圈电阻r ＝1 Ω，外电路电阻R ＝9 Ω，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：
(1)t ＝0时感应电流的方向； (2)感应电动势的瞬时值表达式； (3)线圈转一圈外力做的功；
(4)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R 的电荷量． 解析：(1)根据右手定则，线圈感应电流方向为adcba . (2)线圈的角速度 ω＝2πn ＝100π rad/s
图示位置的感应电动势最大，其大小为
E m ＝NBl 1l 2ω
代入数据得E m ＝314 V 感应电动势的瞬时值表达式
e ＝E m cos ωt ＝314cos(100πt ) V.
(3)电动势的有效值E ＝E m
2
线圈匀速转动的周期
T ＝
2π
ω
＝0.02 s 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＝
E2
R＋r
·T
代入数据得W＝98.6 J.
(4)从t＝0起转过90°过程中，Δt内流过R的电荷量：
q＝
NΔΦ
R ＋rΔt
Δt＝
NBΔS
R＋r
＝
NBl1l2
R＋r
代入数据得q＝0.1 C.
答案：(1)感应电流方向沿adcba(2)e＝314cos (100πt) V (3)98.6 J (4)0.1 C
交变电流“四值”应用的几点提醒
(1)在解答有关交变电流的问题时，要注意电路结构．
(2)注意区分交变电流的最大值、瞬时值、有效值和平均值，最大值是瞬时值中的最大值，有效值是以电流的热效应来等效定义的．
(3)与电磁感应问题一样，求解与电能、电热相关的问题时，一定要用有效值；而求解通过导体某横截面的电荷量时，一定要用平均值．
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．(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
解析：选AC.中性面是线圈平面与磁感线垂直的位置，线圈经过该位置时，穿过线圈的磁通量最大，各边都不切割磁感线，不产生感应电动势，所以磁通量的变化率为零，A项正确，B项错误；线圈每经过一次中性面，感应电流的方向改变一次，但线圈每转一周时要经过中性面两次，所以每转一周，感应电流方向就改变两次，C项正确，D项错误．2．某小型旋转电枢式发电机所产生的交流电电动势为110 V、频率为60 Hz，要使它产生的电动势变为220 V、频率变为50 Hz，需要调整线圈的转速n、匝数N或磁感应强度的大小B.下列调整合适的是( )
A ．使n 变为原来的1.2倍，
B 变为原来的2倍，N 变为原来的1.2倍 B ．使n 变为原来的56，B 变为原来的5
6，N 变为原来的2倍
C ．使n 变为原来的5
6，N 变为原来的2倍，B 不变
D ．使n 变为原来的5
6
，N 变为原来的2.4倍，B 不变
解析：选D.因为发电机产生的交流电电动势110 V 指的是有效值，故其最大值为E m1＝110 2 V ，调整后为E m2＝220 2 V ，即
E m1E m2＝1
2
，根据E m ＝NBS ω和ω＝2πn ，可知，选项A 中，E m2＝1.2N ×2B ×S ×1.2×2πn ＝2.88E m1，故选项A 错误；B 、C 、D 三个选项中的调整使频率均变为原来的5
6，即50 Hz ，只有D 项中的调整可使最大感应电动势增大到原来的2倍，
故选项B 、C 错误，D 正确．
3．一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法正确的是( )
A ．t ＝0时刻，线圈平面与中性面垂直
B ．t ＝0.01 s 时刻，Φ的变化率最大
C ．t ＝0.02 s 时刻，交流电动势达到最大
D ．该线圈产生的交流电动势的图象如图乙所示
解析：选B.由Φ－t 图知，t ＝0时，Φ最大，即线圈处于中性面位置，此时e ＝0，故A 、D 两项错误；由图知T ＝0.04 s ，在t ＝0.01 s 时，Φ＝0，ΔΦ
Δt 最大，e 最大，则B 项
正确；在t ＝0.02 s 时，Φ最大，ΔΦ
Δt
＝0，e ＝0，则C 项错误．
4．(多选)如图，M 为半圆形导线框，圆心为O M ；N 是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为O N ；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线O M O N 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O M 和O N 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 ＝T
8
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.两导线框匀速转动切割磁感线产生感应电动势的大小不变，选项A 错误；导线框的转动周期为T ，则感应电流的周期也为T ，选项B 正确；在t ＝T
8时，切割磁感线的
有效长度相同，两导线框中产生的感应电动势相等，选项C 正确；M 导线框中一直有感应电流，N 导线框中只有一半时间内有感应电流，所以两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值不相等，选项D 错误．
5．(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，○A 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 解析：选AC.由题图乙知I m ＝10 2 A ，I ＝
I m
2
＝10 A ，A 正确．T ＝2×10－2
s ，ω＝
2πT
＝100π rad/s ，B 错误．t ＝0.01 s 时，i ＝I m ，此时线圈平面与磁场方向平行，C 正确．由右手定则判定0.02 s 时电阻R 中电流方向自左向右，D 错误．
6．A 、B 是两个完全相同的电热器，A 通以图甲所示的方波交变电流，B 通以图乙所示的正弦交变电流，则两电热器的电功率之比P A ∶P B 等于( )
A ．5∶4
B ．3∶2 C.2∶1
D ．2∶1
解析：选A.对甲有P A ＝
I 20R ·T 2＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫I 022R ·
T 2T
＝58I 20R ，对乙有P B ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫I 022R ＝12I 2
0R ，则P A ∶P B
＝5∶4，A 正确，B 、C 、D 错误．
7．如图所示为一正弦交流发电机和交流电路模型．图中电流表的示数为 1 A ，电阻R 的阻值为2 Ω，线圈转动角速度ω＝100π rad/s.则从图示位置开始计时，电阻R 两端交变电压的瞬时值表达式为( )
A ．u ＝2sin100πt (V)
B ．u ＝2cos100πt (V)
C ．u ＝22sin100πt (V)
D ．u ＝22cos100πt (V)
解析：选 D.图示位置为线圈平面与中性面垂直的位置，因此线圈产生的电流的瞬时值表达式为i ＝I m cos ωt ＝2cos100πt (A)，则电阻R 两端的瞬时电压为u ＝iR ＝22cos100πt (V)，D 项正确．
8．(多选)100匝的线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势为e ＝1002sin ⎝
⎛⎭⎪⎫100πt ＋π3V ，下列说法正确的是( )
A ．交变电动势有效值为100 V
B ．交变电动势有效值为100 2 V
C ．穿过线圈的最大磁通量为
2
π
Wb
D ．穿过线圈的最大磁通量为2
100π
Wb
解析：选AD.由交流电的表达式可知，该交变电压的最大电动势为100 2 V ，故电动势的有效值为100 V ，选项A 正确；角速度ω＝100π，而E m ＝nBS ω＝n Φm ω，所以Φm ＝E m
n ω
＝
2
100π
Wb ，选项D 正确． [综合应用题组]
9．如图所示，正方形单匝线框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接在线框的c 、d 两点上，下列说法中正确的是( )
A ．电压表读数为
2
2B ωL 2 B ．电压表读数为
2
8
B ωL 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 ＝B ωL 2
4r
sin ωt
D ．线框从图示位置转过π2的过程中，流过cd 边的电荷量为q ＝BL
2
r
解析：选B.线框在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势的最大值为E m ＝BL 2
ω，对应有效值为E ＝
22E m ＝22BL 2ω，电压表读数为E 4＝2
8
BL 2ω，B 正确，A 错误；图示位置线框磁通量为零，产生的感应电动势为最大值，则感应电流瞬时表达式为i ＝B ωL 2
4r
cos ωt ，C
错误；线框从题图所示位置处转过π2的过程中，流过cd 的电荷量为q ＝ΔΦR ＝BL
2
4r
，D 错误．
10．图甲是一台小型发电机的构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势e 随时间t 变化的正弦规律图象如图乙所示．发电机线圈的内阻不计，外接灯泡的电阻为12 Ω.则( )
A ．在t ＝0.01 s 时刻，穿过线圈的磁通量为零
B ．电压表的示数为6 2 V
C ．灯泡消耗的电功率为3 W
D ．若其他条件不变，仅将线圈的转速提高一倍，则线圈电动势的表达式e ＝12 2sin 100πt (V)
解析：选C.在t ＝0.01 s 的时刻，电动势为0，则线圈位于中性面，穿过线圈的磁通量最大，选项A 错误；电动势的最大值为E m ＝6 2 V ，电压表测量的为有效值，故示数为6 22
V ＝6 V ，选项B 错误；灯泡消耗的电功率P ＝E 2R ＝62
12
W ＝3 W ，选项C 正确；周期为0.02 s ，
则瞬时电动势的表达式为e ＝E m sin ⎝
⎛⎭
⎪⎫2πT t ＝6 2sin 100πt (V)，转速提高一倍后，最大
值变成12 2 V ，ω＝2πn ，故角速度变为原来的2倍，表达式应为e ＝12 2sin 200πt (V)，选项D 错误．
11．如图是某学习小组在空旷的场地上做“摇绳发电实验”的示意图．他们将一铜芯线像甩跳绳一样匀速摇动，铜芯线的两端分别通过细铜线与灵敏交流电流计相连．摇绳的两位同学的连线与所在处的地磁场(可视为匀强磁场)垂直．摇动时，铜芯线所围成半圆周的面积
S ＝2 m 2，转动角速度ω＝10 2 rad/s ，用电流计测得电路中电流I ＝40 μA ，电路总电
阻R ＝10 Ω，g 取10 m/s 2
，
π
2
＝2.25.
(1)求该处地磁场的磁感应强度B ；
(2)从铜芯线所在平面与该处地磁场平行开始计时，求其转过四分之一周的过程中，通过电流计的电荷量q ；
(3)求铜芯线转动一周的过程中，电路产生的焦耳热Q .
解析：(1)铜芯线中产生的是正弦交流电，则
I m ＝2I ， E m ＝I m R ， E m ＝BS ω，
解得B ＝2×10－5
T.
(2)从铜芯线与地面平行开始至铜芯线转动四分之一周的过程中，
E ＝ΔΦ/t ， E ＝IR ， q ＝It ，
解得q ＝4×10－6
C.
(3)铜芯线转动一周，电路中产生的焦耳热Q ＝I 2
RT ， 解得Q ＝7.2×10－9
J.
答案：(1)2×10－5
T (2)4×10－6
C (3)7.2×10－9
J
12．如图所示，交变电流发电机的矩形框ab ＝dc ＝0.40 m ，bc ＝ad ＝0.20 m ，共有50匝线圈，其电阻r ＝1.0 Ω，在磁感应强度B ＝0.20 T 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的对称轴OO ′以100
π
r/s 的转速匀速转动，向R ＝9.0 Ω的电阻供电，求：
(1)发电机产生的电动势的最大值； (2)交变电流电压表和电流表的示数； (3)此发电机的功率．
解析：(1)线圈面积S ＝ab ·ad ＝0.4×0.2 m 2
＝0.08 m 2
线圈旋转角速度 ω＝2πn ＝100×2π
π
rad/s ＝200 rad/s
E m ＝NB ωS ＝50×0.2×200×0.08 V＝160 V
(2)电压表示数(即路端电压示数)
U ＝E R ＋r ·R ＝162
×9.0 V＝72 2 V 电流表示数I ＝
I m
2＝16
2
A ＝8 2 A
(3)发电机的功率
P ＝UI ＝E 2
R ＋r ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫160229.0＋1.0
W ＝1 280 W
答案：(1)160 V
(2)U ＝72 2 V I ＝8 2 A (3)P ＝1 280 W
第2节 变压器 远距离输电
一、变压器原理
1．构造和原理(如图所示)
(1)主要构造：由原线圈、副线圈和闭合铁芯组成． (2)工作原理：电磁感应的互感现象． 2．理解变压器的基本关系式 (1)功率关系：P 入＝P 出．
(2)电压关系：U 1U 2＝n 1
n 2
，若n 1>n 2，为降压变压器，若n 1<n 2，为升压变压器．
(3)电流关系：只有一个副线圈时，I 1I 2＝n 2n 1
；有多个副线圈时，U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋…＋U n I n . 二、远距离输电 1．电路损失
(1)功率损失：设输电电流为I ，输电线的电阻为R ，则功率损失为ΔP ＝I 2
R . (2)电压损失：ΔU ＝IR .
减小功率损失和电压损失，都要求提高输电电压，减小输电电流． 2．降低损耗的两个途径
(1)一个途径是减小输电线的电阻．由电阻定律R ＝ρl S
可知，在输电距离一定的情况下，为减小电阻，应当用电阻率小的金属材料制造输电线．此外，还要尽可能增加导线的横截面积．
(2)另一个途径是减小输电导线中的电流，由P ＝IU 可知，当输送功率一定时，提高电压可以减小输电电流．
[自我诊断] 1．判断正误
(1)变压器不但可以改变交流电压，也可以改变直流电压．(×)
(2)变压器只能使交变电流的电压减小．(×) (3)高压输电的目的是增大输电的电流．(×)
(4)在输送电压一定时，输送的电功率越大，输送过程中损失的功率越小．(×) (5)变压器原线圈中的电流由副线圈中的电流决定．(√)
(6)高压输电可以减少输电线路上的电能损失，且输电线路上电压越高越好．(×) 2．(多选)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
解析：选BC.理想变压器没有漏磁现象，故原、副线圈产生的磁通量任何时候都相等，且随时间而改变，使副线圈产生感应电动势，而不是电流流到副线圈，综合上述选项B 、C 正确．
3．一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 V 交变电压改为110 V ，已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为( )
A ．200
B ．400
C ．1 600
D ．3 200
解析：选B.理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比，即U 1U 2＝n 1
n 2，解得n 2＝U 2U 1
n 1＝400，选项B 正确．
4．(2016·辽宁抚顺重点高中协作体联考)(多选)为了监测变电站向外输电情况，要在变电站安装互感器，其接线如图所示．两变压器匝数分别为n 1、n 2和n 3、n 4，a 和b 是交流电表．则( )
A ．n 1＞n 2
B ．n 3＞n 4
C ．a 为交流电流表，b 为交流电压表
D ．a 为交流电压表，b 为交流电流表
解析：选AD.电压互感器并联在电路中，电流互感器串联在电路中，故a 为交流电压表，
b 为交流电流表，选项C 错误，D 正确；含电压互感器电路中是强电压，通过变压器变成弱
电压，用电压表测量，因为电压之比等于线圈匝数之比，所以n 1＞n 2，选项A 正确；含电流。