第11章 第1讲 交变电流的产生和描述(课件PPT)-【新高考方案】2025年高考物理一轮总复习（江苏北京专版）

第十一章 交变电流 电磁振荡与电磁波 传感器 基础落实课 第1讲　交变电流的产生和描述 第2讲　理想变压器与电能的输送 第3讲　电磁振荡与电磁波 实验探究课 第4讲　实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系 第5讲　实验：利用传感器制作简单的自动控制装置 2 交变电流的产生和描述 (基础落实课) 第 1 讲 1 课前基础先行 2 逐点清(一)　交变电流的产生和描述 3 逐点清(二)　 交变电流有效值的理解和计算 CONTENTS 目录 4 逐点清(三)　 交变电流“四值”的理解及应用 5 课时跟踪检测 CONTENTS 目录 课前基础先行 一、交变电流 1．交变电流：大小和方向都随时间做________变化的电流。 2．正弦式交变电流的产生条件和图像 产生条件 在匀强磁场中，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动 周期性 续表 最大 0 0 最大 最大 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_____次 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。 两 续 表 二、描述正弦式交变电流的物理量 1．周期和频率 周期性 赫兹 2．交变电流的瞬时值、峰值和有效值 瞬时值 交变电流某一______的值，是时间的函数。如e＝Emsin ωt 峰值 交变电流的电流或电压所能达到的______值 有效值 让交变电流与恒定电流分别通过大小相同的电阻，如果在交变电流的一个周期内它们产生的_____相等，就把这一恒定电流的电流与电压叫作这一交变电流的有效值 时刻 最大 热量 情境创设　 如图甲所示是交流发电机的示意图，其产生的正弦式交变电流的图像如图乙所示。 理解判断　 (1)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，矩形线圈中一定会产生正弦式交变电流。 ( ) (2)线圈在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，矩形线圈中的感应电动势为零，感应电流方向发生改变。 ( ) × × √ (4)交流电气设备上所标的电压和电流值是指有效值。 ( ) (5)交流电压表和电流表测量的是交流电的峰值。 ( ) (6)分析电容器的耐压值应考虑电压的峰值。 ( ) × √ √ 逐点清(一)　 交变电流的产生和描述 课堂 1．[中性面和峰值面] 矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴OO′匀速转动，线圈平面位于如图所示的匀强磁场中。下列说法正确的是(　 ) |题|点|全|练| A．图甲时刻通过线圈的磁通量变化率最大 B．图乙时刻线圈中感应电流方向改变 C．图丙时刻线圈中磁通量最大 D．图丁时刻线圈中感应电动势最小 √ 解析：题图甲、丙中线圈平面与磁场方向垂直，此时穿过线圈的磁通量最大，而感应电动势、感应电流和磁通量的变化率均为零，感应电流在此位置改变方向，故A错误，C正确； 题图乙、丁中线圈平面与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量为零，而感应电动势、感应电流和磁通量的变化率均达到最大，该时刻电流方向不变，故B、D错误。 2．[交变电流的产生及图像] 在以下四种情境中，线圈中产生的电流与其正下方所示的i-t图线相对应的是(　 ) √ √ 解析：由题图可知t＝0.4 s时电流为正方向最大值，电流方向没有发生变化，故A错误； 由题图可知，该交变电流的周期为T＝0.4 s，故B错误； 1．正弦式交变电流产生过程中的两个特殊位置 |精|要|点|拨| 位置 中性面位置 与中性面垂直的位置 图示 续表 2．正弦式交变电流的变化规律(线圈从中性面开始计时) 物理量 函数表达式 图像 磁通量 Φ＝Φmcos ωt＝BScos ωt 电动势 e＝Emsin ωt＝nBSωsin ωt 续表 逐点清(二)　 交变电流有效值的理解和计算 课堂 1．对有效值的理解 (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用的是有效值； (4)通常没有特别加以说明的，一般指有效值。 (2)定义法：对于非正弦式交变电流，计算有效值时要抓住“三同”，即“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”，列式求解时相同时间一般取一个周期或周期的整数倍。 类型1　正弦式交变电流 1．(2023•湖南高考改编)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的匀强磁场。 考法全训 大轮以角速度ω匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直。线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为R的灯泡。假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是(　 ) √ 解析：大轮和小轮通过皮带传动，线速度相等，小轮和线圈同轴转动，角速度相等，根据v＝ωr并结合题意可知，大轮与小轮半径之比为4∶1，则小轮和线圈转动的角速度为4ω，A错误； 2．电压u随时间t的变化情况如图所示，则电压的有效值约为(　 ) A．137 V　　 B．163 V 　　 C．174 V　 D．196 V 类型2　峰值不对称的正弦式波形 √ 3．如图所示，一半径为L的导体圆环位于纸面 内，O为圆心。环内两个圆心角为90°且关于O中心 对称的扇形区域内分布有匀强磁场，两磁场的磁感 应强度大小均为B、方向相反且均与纸面垂直。导体杆OM可绕O转动，M端通过滑动触点与圆环良好接触，在圆心和圆环间连有电阻R，不计圆环和导体杆的电阻，当杆OM以恒定角速度ω逆时针转动时，理想电流表A的示数为(　 ) 类型3　矩形波形 解析：当导体杆OM在无磁场区域转动时， 没有感应电动势，故没有电流，当导体杆OM 在其中一个有磁场的区域转动时， √ 逐点清(三)　 交变电流“四值”的理解及应用 课堂 交变电流的“四值”及应用 续 表 续表 1．(2024•徐州高三调研)如图所示，空间中分布着磁感应强度大小为B的匀强有界磁场，EF是其左边界，一面积为S的n匝圆形金属线框垂直于磁场放置，圆形线框的圆心O在EF上，线框电阻为R，若线框以角速度ω绕EF匀速转动，并从图示位置开始计时，则(　 ) 应用体验 √ 2.贯彻新发展理念，我国风力发电发展迅猛，截至2023年12月底，我国风电装机容量突破4亿千瓦。某种风力发电机的原理如图所示，发电机的线圈固定，磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动，已知磁体间的磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为0.20 T，线圈的匝数为100、面积为0.5 m2、电阻为0.6 Ω，若磁体转动的角速度为90 rad/s，线圈中产生的感应电流为50 A。求： (1)线圈中感应电动势的有效值E； (2)线圈的输出功率P。 课时跟踪检测 NO.5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 10 11 2．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(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 A．自行车匀速行驶时线圈中产生的是直流电 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内摩擦轮转动的圈数 D．线圈匝数越多，穿过线圈的磁通量的变化率越大 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：自行车匀速行驶时，摩擦轮带动线圈在磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，产生交变电流，故A错误；自行车的行驶速度会影响感应电动势的大小，进而影响小灯泡的亮度，故B错误；摩擦轮和后轮属于摩擦传动，线速度大小相等，如果知道了摩擦轮和后轮的半径关系，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。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 3．(2023·辽宁高考)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(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：如图所示，导体棒匀速转动，设转动 速度为v，导体棒的速度方向与初始速度方向的夹 角为θ，则导体棒垂直磁感线方向的分速度为v⊥＝ vcos θ，可知导体棒垂直磁感线方向的分速度呈 余弦规律变化，根据右手定则可知，导体棒经过C点和C点关于P点的对称点时，感应电动势方向发生变化，根据u＝BLv⊥，可知导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像为余弦图像。故选C。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 4．(2022·广东高考)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(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 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 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 5．某交流发电机产生交变电流的装置如图甲所示，产生的感应电动势与时间的关系如图乙所示，下列说法正确的是(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 A．t＝0时，线圈平面处于中性面位置，磁通量变化率最大 B．线圈通过中性面时，交变电流改变方向 C．线圈中产生的感应电动势e＝100sin 50t(V) D．如果仅使线圈的转速加倍，则电动势的最大值和周期分别变为200 V、0.08 s 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 6．(2024·盐城高三模拟)如图所示，边长为l的正三角形线圈，线圈匝数为n，以角速度ω绕ab匀速转动，ab的左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。M为导电环，负载电阻为R，其他电阻不计，在线圈转动一周过程中(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 二、注重应用，强调创新 8. 一台发电机的结构示意图如图所示，N、S是磁铁的两个磁极，M是圆柱形铁芯，铁芯外套有一矩形导线圈，线圈在绕过铁芯M中心的固定转轴匀速转动。磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径的辐向磁场，磁感应强度大小处处相等。若从线圈处于图示位置开始计时，设此时电动势为正值，图中能正确反映线圈中感应电动势e随时间t变化规律的是(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：由于磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径的辐向磁场，线圈绕过铁芯M中心的固定转轴匀速转动过程中，线圈与转轴平行的两边垂直切割磁感线，产生的电动势大小不变，经过竖直面时，方向改变，D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 9．图1中，单匝矩形闭合线圈abcd在匀强磁场中绕垂直磁场的轴OO′匀速转动。当线圈的转速为n1和n2时，穿过该线圈的磁通量随时间分别按图2中甲、乙所示的规律变化，已知线圈的电阻为5.0 Ω，则(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 A．0.2 s时，甲、乙对应的线圈平面均垂直于磁感线 B．0.05 s时，乙对应的线圈中产生的感应电动势最大 C．甲、乙对应的线圈的转速之比n1∶n2＝4∶5 D．甲对应的线圈中交变电流的最大值为π A 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 10．(2024·宿迁模拟)如图所示，发电机内部线圈处于磁体和圆柱形铁芯之间的径向磁场中，磁体的N、S极间的过渡区域宽度很小，可忽略不计。线圈的匝数为N、面积为S、总电阻为r，线圈所在位置的磁感应强度大小为B。当线圈以角速度ω匀速转动时，额定电压为U、电阻为R的小灯泡在电路中恰能正常发光，则(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：线圈在径向磁场中做切割磁感线运动，产生的感应电动势大小不变，方向做周期性变化，发电机输出的电流为矩形波交流电，A项错误；线圈以角速度ω匀速转动时，根据法拉第电磁感应定律，则有感应电动势的最大值为Em＝NBSω，因磁场是径向磁场，线圈切割磁感线的有效速度大小不变，所以发电机产生的感应电动势的有效值E＝NBSω， 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 11．(2024·扬州高三月考)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′匀速转动，线圈的匝数n＝50、电阻r＝10 Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R＝90 Ω。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按图乙所示的正弦规律变化。π取3.14，求： 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (1)交流发电机产生的电动势的最大值； (2)电阻R的电功率及线圈从图示位置转过90°过程中流过电阻R的电荷量。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 答案：(1)200 V　(2)180 W　2.0×10－2 C 2 3 4 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn 两个特殊位置的特点 ①线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ_____，＝0，e＝____，i＝____，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_______，i______，电流方向不发生改变 周期(T) 交变电流完成一次_______变化(线圈转动一周)所需的时间，单位是秒(s)，公式T＝____ 频率(f) 交变电流完成周期性变化的次数与所用时间之比，单位是______ (Hz) 周期和频率的关系 T＝____或f＝ 解析：选项A线圈中产生的电流大小为i＝＝cos ωt，故A正确； 选项B线圈中产生的电流大小为i＝＝sin ωt＝sin ωt，故B错误； 选项C线圈始终垂直切割磁感线，产生的电流大小恒定，故C错误；选项D线圈中产生的电流大小为i＝＝sin ωt＝sin ωt，故D错误。 3．[交变电流的描述] 一正弦式交变电流的i-t图像如图所示。下列说法正确的是(　 ) A．在t＝0.4 s时电流改变方向 B．该交变电流的周期为0.5 s C．该交变电流的表达式为i＝2cos 5πt A D．该交变电流的有效值为 A 由题图可知，电流的最大值为imax＝2 A，角速度为ω＝＝5π rad/s，故该交变电流的表达式为i＝imaxcos ωt＝2cos 5πt A，故C正确； 该交变电流的有效值为i＝＝ A，故D错误。 特点 B⊥S B∥S Φ＝BS，最大 Φ＝0，最小 e＝n＝0，最小 e＝n＝nBSω，最大 电流为零，方向改变 电流最大，方向不变 电流 i＝Imsin ωt＝sin ωt 电压 u＝Umsin ωt＝sin ωt 2．有效值的两种计算方法 (1)公式法：对于正(余)弦式交变电流，利用E＝、U＝、I＝计算有效值。 注意：若图像一部分是正(余)弦式交变电流，其中的周期(必须是从零至最大值或从最大值至零)和周期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＝、U＝求解。 A．线圈转动的角速度为 B．灯泡两端电压有效值为3nBL2ω C．若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则灯泡两端电压有效值为 D．若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮 线圈产生感应电动势的最大值Emax＝nBS·4ω，又S＝L2，联立可得Emax＝4nBL2ω，则线圈产生感应电动势的有效值E＝＝2nBL2ω，根据串联电路分压原理可知，灯泡两端电压有效值为U＝＝nBL2ω，B错误； 若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则线圈的匝数变为原来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值Emax′＝8nBL2ω，此时线圈产生感应电动势的有效值E′＝＝4nBL2ω，根据电阻定律R′＝ρ可知，线圈电阻变为原来的2倍，即为2R，根据串联电路分压原理可得，灯泡两端电压有效值U′＝＝，C正确； 若仅将小轮半径变为原来的两倍，根据v＝ωr可知，小轮和线圈的角速度变小，根据E＝可知，线圈产生的感应电动势有效值变小，灯泡两端电压变小，则灯泡变暗，D错误。 解析：由有效值的定义有：×＋×＝T，解得电压的有效值U≈174 V。 A．　 B．　 C．　 D． OM切割磁感线产生的电动势为E＝BL2ω，感应电流为I＝＝，当导体杆OM在另一个有磁场的区域转动时，电流大小也为I＝，但方向相反，故导体杆OM旋转一周过程中，电流情况如图所示。设电流的有效值为I有效，则I有效2RT＝22R·T，解得I有效＝，选项A正确。 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 i＝Imsin ωt 计算线圈某一时刻的受力情况 峰值 交变电流最大的瞬时值 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 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)用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 i-t图像中图线与时间轴所围面积与时间的比值 ＝n ＝ 计算通过电路某截面的电荷量 A．t＝时，线框中的感应电流最大 B．0到时间内，通过线框的电荷量为 C．线框中产生的交变电动势的最大值为nBSω D．线框中产生的交变电动势的有效值为nBSω 解析：当t＝时，即ωt＝2π时，线框回到图示位置，此时感应电流最小，磁通量最大，A错误； 当t＝，即ωt＝时，线框转到与图示垂直位置，此时磁通量为零，则0到时间内产生的感应电动势的平均值为＝n＝n＝， 则0到时间内，通过线框的电荷量为q＝·＝，B错误； 线框中产生的交变电动势的最大值为Em＝nB··ω＝nBSω，C错误； 线框中产生的交变电动势的有效值为E＝＝nBSω，D正确。 解析：(1)电动势的最大值Em＝NBSω，有效值E＝，解得E＝，代入数据得E≈6.4×102 V。 (2)输出电压U＝E－Ir，输出功率P＝IU，解得P＝I(E－Ir)，代入数据得P≈3.03×104 W。 答案：(1)6.4×102 V　(2)3.03×104 W 一、立足基础，体现综合 1．一只低压电源输出的交变电压为U＝10sin 314t(V)，π取3.14，以下说法正确的是(　 ) A．这只电源可以使“10 V　2 W”的灯泡正常发光 B．这只电源的交变电压的周期是314 s C．这只电源在t＝0.01 s时电压达到最大值 D．“10 V　2 μF”的电容器可以接在这只电源上 解析：这只电源的交变电压的峰值Um＝10 V，则有效值U有＝ V＝10 V，所以这只电源可以使“10 V　2 W”的灯泡正常发光，故A项正确；ω＝314 rad/s，则T＝＝0.02 s，故B项错误；在t＝0.01 s时，经过半个周期，电压为零，故C项错误；当电容器的耐压值小于电压峰值时，电容器被击穿，10 V小于10 V，则“10 V　2 μF”的电容器不能接在这只电源上，故D项错误。 解析：转子转动过程中，在两线圈中产生正弦式交变电流，其电动势最大值为Em＝nBSω，有效值为E＝，由于n1>n2，则两线圈中产生的电动势的最大值不同，有效值也不同，故A错误；两线圈产生的交变电流的频率由同一转子的转速决定，故频率相等，B正确；当n1线圈中产生的电动势最大时，n2线圈中产生的电动势为零，故C错误；由于两线圈中产生的电动势的有效值不同，根据P＝知，两电阻消耗的电功率不相等，故D错误。 解析：由图像可知，t＝0时，电动势为零，此时线圈平面处于中性面位置，磁通量变化率最小，交变电流改变方向，故A错误，B正确；线圈中产生的感应电动势的最大值和周期分别为Em＝100 V，T＝0.04 s，根据e＝Emsint，可知感应电动势瞬时值为e＝100sin 50πt(V)，故C错误；根据Em＝NBSω，ω＝2πn，可知Em与转速n成正比，如果仅使线圈的转速加倍，则电动势的最大值变为Em′＝200 V，周期为T＝＝，可知周期与转速n成反比，如果仅使线圈的转速加倍，则周期变为T′＝0.02 s，故D错误。 A．图示时刻(线圈平面与磁场方向垂直)，线圈的磁通量最大，产生的感应电动势也最大 B．感应电动势的最大值为Bl2ω C．负载电阻R上产生的热量为 D．通过负载电阻R的电荷量为 解析：图示时刻线圈平面与磁场方向垂直，即线圈位于中性面，此位置线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，产生的感应电动势为零，A错误；根据正弦式交流电的产生原理，可知感应电动势的最大值为Em＝nBSω＝nBl2ω，B错误；在线圈转动一周过程中只有半周会有电流产生，所以负载电阻R上产生的热量为Q＝×＝，C正确； 线圈转动一周过程中通过线圈的磁通量的变化量为零，根据＝n，可知，线圈产生的平均电动势为零，所以平均电流也为零，通过负载电阻R的电荷量为0，D错误。 7.(2024·海安高三模拟)如图所示，OO′右侧空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，面积为S的“”形金属线框adcb与电压表接触良好，线框绕OO′以角速度ω匀速转动，则电压表示数为(　 ) A.　　 B.　 　C．BSω　　 D．0 解析：若OO′左右两侧空间均有垂直纸面向里的匀强磁场B，且有一个阻值为R的电阻与该线框组成闭合回路，回路中感应电动势的峰值Em＝BSω，电动势的有效值为E有效＝；在题图所示的磁场中，线框绕OO′以角速度ω匀速转动时，只有半个周期产生感应电动势，设电压表的示数为UV， 即此时感应电动势的有效值E有效′，仍假设有一个阻值为R的电阻与线框组成闭合回路，设周期为T，×＝×T，得E有效′＝，电压表示数为UV＝，故选A。 解析：由题图2可知，在t＝0.2 s时，穿过线圈的磁通量都为零，因此甲、乙对应的线圈平面均平行于磁感线，故A错误；在t＝0.05 s时，图线乙对应的穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，因此产生的感应电动势最小为零，故B错误；由题图2可知甲对应的周期为0.16 s，图线乙对应的周期为0.2 s，二者对应的线圈的转速比等于周期比的反比，即n1∶n2＝5∶4，故C错误；甲对应的感应电动势的最大值Em＝nΦmω＝nΦm＝ V＝5π V，因此Im＝＝π A，故D正确。 A．发电机输出的电流为正弦波交流电 B．灯泡两端电压U＝NBSω C．感应电动势的有效值是U D．转动过程中穿过线圈的磁通量始终为零 灯泡两端电压U＝ R，B项错误；根据闭合电路欧姆定律，感应电动势的有效值大小为E＝(R＋r)＝U，C项正确；若转动过程中穿过线圈的磁通量始终为零，则不会产生感应电动势，D项错误。 解析：(1)由Φ－t图像可知T＝6.28×10－2 s，Φm＝4.0×10－2 Wb，交流发电机产生的电动势的最大值为Em＝nBSω＝nΦm＝200 V。 (2)电动势有效值为E＝＝100 V，电路中电流的有效值为I＝＝ A，电阻R的电功率为PR＝I2R＝180 W，从图示位置转过90°过程中流过电阻R的电荷量为q＝Δt＝Δt＝Δt＝＝＝2.0×10－2 C。 $$