第三章 素养提升课六 交变电流的“四值”和变压器的综合问题-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二物理选择性必修第二册同步课堂高效讲义教师用书word（粤教版2019）

素养提升课六　交变电流的“四值”和变压器的综合问题 【素养目标】　1．知道交变电流峰值、瞬时值、有效值、平均值的区别，并会进行有关计算。2．掌握变压器动态问题的分析方法，会分析变压器的综合问题。 提升点一　交变电流“四值”的比较及应用 名称 物理含义 重要关系 应用情况 瞬时值 交变电流某一时刻的值 电流为正弦式交变电流时： e＝Emsin ωt i＝Imsin ωt 分析交变电流在某一时刻的情况，如计算某一时刻线圈受到的安培力 最大值 最大的瞬时值 Em＝NωBS Im＝ 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 电流为正弦式交变电流时： E＝ U＝ I＝ (1)计算与电流热效应相关的量(如电功率、电热、热功率) (2)交流电表的测量值 (3)电气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 交变电流图像中图线与时间轴所围面积与时间的比值 E (_)＝n I (_)＝ 计算通过电路横截面的电荷量 q＝I (_)Δt＝n (2024·四川绵阳高二期中)如图甲所示，位于竖直平面内的矩形金属线圈，匝数n＝100匝，总电阻r＝2.0 Ω，线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环(集流环)焊接在一起，并通过电刷和R＝6.0 Ω的定值电阻相连接，线圈所在空间存在水平向右的匀强磁场。在外力驱动下线圈绕竖直固定中心轴匀速转动。从某位置开始，线圈中的磁通量随时间的变化如图乙所示。不计一切摩擦，求： (1)线圈产生的感应电动势瞬时值的表达式； (2)理想交流电压表的示数U； (3)0～0.5 s内通过电阻R的电荷量q； (4)在线圈转动一周的过程中，外力做的总功。 答案：(1)e＝4π cos (πt) V　(2) V (3)0.5 C　(4)2π2 J 解析：(1)由题图乙可知，线圈转动的周期T＝2 s 转动的角速度ω＝＝π rad/s 线圈转动过程中，产生的感应电动势的最大值 Em＝nBSω＝nΦmω＝100×0.04×π V＝4π V 则线圈产生的感应电动势瞬时值的表达式为 e＝Emcos ωt＝4π cos (πt) V。 (2)线圈产生的感应电动势有效值 E＝＝2π V 根据闭合电路的欧姆定律可得 U＝R＝ V。 (3)0～0.5 s内线圈中产生的平均感应电动势E (_)＝n，通过电阻R的平均电流I (_)＝，通过电阻R的电荷量q＝I (_)·Δ t＝，由题图乙可知ΔΦ＝0.04 Wb，代入数据解得q＝0.5 C。 (4)在线圈转动一周的过程中，外力做的总功等于电阻产生的热量，故W＝Q＝T＝2π2 J。 学生用书↓第96页 交变电流“四值”的使用情况 1．求电荷量时只能用平均值。 2．交流电表显示的是有效值。 3．计算热量、热功率、保险丝的熔断电流时一定用有效值。 4．判断电容器是否能被击穿看最大值。 5．计算氖管的发光时间和计算线圈在某时刻的受力情况只能用交变电流的瞬时值。 针对练1．(2024·广州大学附属中学高二校考)如图所示，固定金属圆环半径为L，在金属圆环的四个面积均等区域中有两个区域分别存在方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场。长为L的导体棒OA一端与圆环中心O点重合，另一端与圆环接触良好，在圆环和O点之间接一定值电阻R，其他电阻不计。当导体棒以角速度ω绕O点在纸面内匀速转动时，回路中产生的交变电流的有效值为(　　) A． B． C． D． 答案：C 解析：导体棒切割磁感线产生的感应电动势为E＝BL·＝BL2ω，根据题意知导体棒在转动一周的时间T过程中只有一半的时间切割磁感线产生感应电流，所以有·T＝IRT，解得I有效＝，C正确。 针对练2．如图甲所示，固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一个小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场。已知线圈的匝数n＝100匝，总电阻r＝1.0 Ω，所围成的矩形的面积S＝0.040 m2，小灯泡的电阻R＝9.0 Ω，磁感应强度随时间按图乙所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝nBmScost，其中Bm为磁感应强度的最大值，T为磁场变化的周期，不计灯丝电阻随温度的变化，求： (1)线圈中产生的感应电动势的最大值； (2)小灯泡消耗的电功率； (3)在0～时间内，感应电动势和感应电流的平均值以及通过小灯泡的电荷量。 答案：(1)8.0 V　(2)2.88 W　(3)5.1 V 0．51 A　4.0×10－3 C 解析：(1)由题图乙可知线圈中交变电流的周期 T＝3.14×10－2 s 所以Em＝nBmS＝8.0 V。 (2)感应电流的最大值Im＝＝0.80 A 有效值I＝＝ A 则小灯泡消耗的电功率P＝I2R＝2.88 W。 (3)在0～时间内 感应电动势的平均值E (_)＝n≈5.1 V 通过灯泡的平均电流I (_)＝≈0.51 A 则通过小灯泡的电荷量 Q＝I (_)Δt＝4.0×10－3 C。 学生用书↓第97页 提升点二　几种常见的变压器 1．自耦变压器 如图甲是自耦变压器的示意图。这种变压器的特点是铁芯上只绕有一个线圈。如果把整个线圈作为原线圈，副线圈只取线圈的一部分，就可以降低电压；如果把线圈的一部分作为原线圈，整个线圈作副线圈，就可以升高电压。 调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图乙所示。线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，A、B之间加上输入交变电压U1，移动滑动触头P的位置就可以连续或较大范围内调节输出电压U2。 2．互感器 分类 电压互感器 电流互感器 原理图 原线圈的连接 并联在高压电路中(接在火线和零线间) 串联在待测电路中(接在火线上) 副线圈的连接 连接电压表 连接电流表 互感器的作用 测高电压，将高电压变为低电压(降压变压器) 测大电流，将大电流变成小电流(升压变压器) 利用的关系式 ＝(n1>n2) I1n1＝I2n2(n1<n2) 一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈。通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈，在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2，在将滑动触头从M点顺时针转到N点的过程中(　　) A．U2>U1，U2降低 B．U2>U1，U2升高 C．U2<U1，U2降低 D．U2<U1，U2升高 答案：C 解析：由＝，n1>n2知U2<U1；滑动触头从M点顺时针旋转至N点的过程中，n2减小，n1不变，U1不变，则U2降低，C正确。 (2024·广东湛江校联考模拟预测)电压互感器是一种测量电路中电压的变压器，工作原理如图所示。电压互感器的原线圈匝数较多，并联在电路中，副线圈匝数较少，两端接在电压表上。则(　　) A．电压互感器是一种升压变压器 B．电压互感器能测量稳恒直流电路的电压 C．电压互感器原、副线圈电流的频率相同 D．电压互感器副线圈的电流小于原线圈的电流 答案：C 解析：电压互感器原线圈匝数较多，是一种降压变压器，A错误；电压互感器的工作原理是电磁感应中的互感现象，不能测量稳恒直流电路的电压，B错误；电压互感器不能改变电流的频率，其原、副线圈电流的频率相同，C正确；因为电压互感器原线圈匝数较多，所以副线圈的电流大于原线圈的电流，D错误。故选C。 提升点三　理想变压器的制约关系和动态分析 1．电压、电流、功率的制约关系 (1)电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比一定时，输入电压U1决定输出电压U2，即U2＝。 (2)功率制约：P出决定P入，P出增大，P入增大；P出减小，P入减小；P出为0，P入为0。 (3)电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比一定， 学生用书↓第98页 且输入电压U1确定时，副线圈中的输出电流I2决定原线圈中的电流I1，即I1＝(只有一个副线圈时)。 2．对理想变压器进行动态分析的两种常见情况 (1)原、副线圈匝数比不变，分析各物理量随负载电阻变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是R→I2→P出→P入→I1。 (2)负载电阻不变，分析各物理量随匝数比的变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是n1、n2→U2→I2→P出→P入→I1。 (2024·广东深圳高二期末)如图所示，内阻不计的矩形线圈匝数为N、面积为S，绕OO′轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动。矩形线圈通过滑环接一理想变压器，上下移动滑动触头P时可改变输出电压，副线圈接有可调电阻R。下列判断正确的是(　　) A．从图示位置开始计时，当矩形线圈转过90°时，穿过它的磁通量为0 B．矩形线圈产生的感应电动势的最大值为BSω C．保持P位置不动，当R增大时，电压表读数不变 D．保持R不变，当P向上移动时，电流表读数变小 答案：C 解析：线圈转过90°时处于中性面位置，线圈平面与磁场垂直，磁通量最大，A错误；矩形线圈产生的感应电动势的最大值为Em＝NBSω，B错误；当P位置不动，R增大时，变压器输入电压U1不变，电压表读数不变，C正确；保持R不变，当P向上移动时，变压器原线圈匝数n1减小，而U1不变，由公式＝，可知输出电压U2变大，由I2＝，可知电流I2变大，理想变压器两端功率相等，U1I1＝U2I2，可知输入电流I1也变大，即电流表读数变大，D错误。 针对练．(多选)如图所示，理想变压器原线圈接正弦交流电，电表为理想电表，RT为热敏电阻(其阻值随温度升高而减小)。下列说法正确的是(　　) A．开关S由a切换到b，电压表示数不变 B．开关S由a切换到b，电流表示数变大 C．若环境温度升高，变压器的输出功率变大 D．若环境温度降低，变压器的输入功率变大 答案：AC 解析：开关S由a切换到b，原线圈上的电压表示数不变，副线圈的匝数变小，根据＝可知，变压器的输出电压变小，副线圈上的电流变小，A正确，B错误；当环境温度升高时，RT的阻值会变小，在电压不变的情况下，副线圈的电流就会变大，根据P出＝U2I2可知，变压器的输出功率变大，C正确；当环境温度降低时，RT的阻值会变大，在电压不变的情况下，副线圈的电流就会变小，根据P出＝U2I2可知，变压器的输出功率变小，又P入＝P出，所以变压器的输入功率也变小，D错误。 提升点四　变压器原线圈有负载的电路分析 分析理想变压器原线圈接有负载的问题时，要明确原线圈所在的电路结构，从而确定各物理量之间的关系。 1．负载与原线圈串联，如图甲所示。 负载会分担一部分电压，原线圈两端的电压U1＝U－UR，流过负载的电流等于原线圈中的电流，有＝，＝。 2．负载与原线圈并联，如图乙所示。 负载会分流，原线圈两端的电压U1＝U，流过原线圈的电流I1＝I－IR，有＝，＝。 (多选)(2020·全国卷Ⅲ)在图(a)所示的交流电路中，电源电压的有效值为220 V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝10 Ω，R3＝20 Ω，各电表均为理想电表。已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图(b)所示。下列说法正确的是(　　) A．所用交流电的频率为50 Hz B．电压表的示数为100 V 学生用书↓第99页 C．电流表的示数为1.0 A D．变压器传输的电功率为15.0 W 答案：AD 解析：根据i2-t图像可知T＝0.02 s，则所用交流电的频率f＝＝50 Hz，故A正确；副线圈两端电压U2＝I2R2＝×10 V＝10 V，由＝得原线圈两端电压U1＝100 V，电压表的示数U＝220 V－100 V＝120 V，故B错误；电流表的示数I＝＝ A＝0.5 A，故C错误；变压器传输的电功率P＝IR2＋I2R3＝15.0 W，故D正确。 针对练．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1∶4，a、b两端接到交流电源上，R1、R2为阻值相同的定值电阻，下列说法正确的是(　　) A．副线圈两端电压是电源电压的 B．流过R1的电流是流过R2电流的4倍 C．R1上的电功率是R2上电功率的 D．R1上的电功率是R2上电功率的16倍 答案：C 解析：原线圈两端电压等于电源电压，根据电压之比等于原、副线圈匝数之比可得＝＝，即U2＝4U1，A错误；流过R1的电流I1＝，流过R2的电流I2＝＝＝4I1，B错误；根据电功率P＝I2R可得R1上的电功率是R2上电功率的，C正确，D错误。 1．(多选)如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像如图乙所示，发电机线圈的内阻为10 Ω，外接一只电阻为100 Ω的灯泡，不计电路的其他电阻，则(　　) A．图甲中线圈平面恰与中性面平行 B．每秒钟内电流方向改变100次 C．灯泡两端的电压为20 V D．0～0.01 s时间内通过灯泡的电量为0 答案：BC 解析：题图甲中线圈平面与中性面垂直，选项A错误；由题图乙可知，周期T＝0.02 s，线圈每转一周，电流方向改变两次，故每秒钟电流方向改变100次，选项B正确；由题图乙可知，交变电流电动势的最大值Em＝31.1 V，有效值E＝＝22 V，根据闭合电路的分压特点可得，灯泡两端的电压U＝×22 V＝20 V，选项C正确；由题图乙可知，在0～0.01 s时间内电流的方向不变，所以通过灯泡的电量一定不为0，选项D错误。 2．普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图中电流互感器ab一侧线圈的匝数为100，工作时电流为Iab；cd一侧线圈的匝数为2 000，工作时电流为Icd，为了使电流表能正常工作，则(　　) A．ab接MN、cd接PQ，Iab∶Icd＝1∶20 B．ab接MN、cd接PQ，Iab∶Icd＝20∶1 C．ab接PQ、cd接MN，Iab∶Icd＝1∶20 D．ab接PQ、cd接MN，Iab∶Icd＝20∶1 答案：B 解析：电流互感器的作用是使大电流变成小电流，根据理想变压器的电流之比等于匝数的反比可知，输入端ab接MN，输出端cd接PQ，＝＝＝，故B正确。 3．(2024·营口市高二期末)如图为街头通过降压变压器给用户供电的示意图。负载变化时变压器的输入电压(市区电网的电压)不变。输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R0表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻。忽略变压器上的能量损耗，各电表为理想交流电表，当用户的用电器增加时，下列说法正确的是(　　) A．用户用电器的总电阻R变大 B．电表A2的示数变大，A1的示数变小 C．电表V2的示数不变，V3的示数变小 D．电表V1的示数与输电线损失的电压均变大 答案：C 解析：用户电阻是并联关系，根据公式＝＋＋＋…＋(n＝1，2，3…)可知，增加用户用电器时用电器的总电阻R变小，A错误；根据＝可知，变压器输入电压U1不变，电表V1的示数不变，线圈匝数比不变，则副线圈获得的电压U2不变，电表V2的示数不变，在右边电路中，根据欧姆定律得I2＝，R0不变，用户用电器的总电阻R变小，副线圈电流I2变大，电表A2的示数变大，则I1变大，A1示数变大，R0两端电压变大，V3的示数变小，B、D错误，C正确。 4．(2024·甘肃靖远高二联考)某变压器内部示意图如图所示，定值电阻R1、R2分别连在理想变压器原、副线圈上，且R1＝4R2，理想变压器原、副线圈匝数之比为2∶1，左侧接线柱接在交流电源上，则R1、R2的功率之比为(　　) A．2∶1 B．1∶1 C．1∶2 D．1∶3 答案：B 解析：R1的功率P1＝＝，变压器次级电压，即R2两端电压为U2＝U1＝，R2的功率P2＝＝＝P1，故选B。 课时测评20　交变电流的“四值”和变压器的综合问题 (时间：30分钟　满分：40分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－8题，每题5分，共40分) 1．(多选)(2024·广东惠州高二校考)如图甲所示，标有“220 V、40 W”的电灯和标有“20 μF、360 V”的电容器并联接到交变电源上，为交流电压表，交变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＝0时刻，交流电压表的示数为零 B．电容器将被击穿 C．电灯的电功率为40 W D．当T＝0.02 s时，电流方向每秒改变100次 答案：CD 解析：交流电压表显示的是有效值，则t＝0时刻，交流电压表的示数为U＝＝ V＝220 V，故A错误；根据题图乙可知220 V<360 V，即交流电源输出电压的最大值小于电容器的击穿电压，则电容器不会被击穿，故B错误；根据上述可知，电源输出电压的有效值为220 V，恰好等于电灯的额定电压，则电灯的电功率为额定功率40 W，故C正确；由于电流方向一个周期内改变两次，则电流方向每秒改变次数为n＝×2＝×2次＝100次，故D正确。故选CD。 2．(多选)(2024·江西抚州临川一中高二校考)如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝ T，边长为L＝10 cm的正方形线圈abcd共N＝100匝，线圈电阻r＝1 Ω。线圈绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，转动的角速度ω＝2π rad/s，外电路电阻R＝4 Ω。则下列说法正确的是(　　) A．由图示位置转过60°角时的感应电动势的大小为1 V B．交流电压表的示数为0.8 V C．线圈转动一周电流产生的总热量为0.4 J D．图示位置ab边所受的安培力大小为 N 答案：ACD 解析：线圈产生的最大电动势为Em＝NBL2ω＝100××0.12×2π＝2 V，电动势的有效值为E＝＝ V，则交流电压表的示数为U＝E＝0.8 V，故B错误；由图示位置转过60°角时的感应电动势的大小为E＝Emcos 60°＝2× V＝1 V，故A正确；线圈转动一周电流产生的总热量为Q＝T＝·＝× J＝0.4 J，故C正确；图示位置线圈中的电流为I＝＝ A＝0.4 A，图示位置ab边所受的安培力大小为Fab＝NBIL＝100××0.4×0.1 N＝ N，故D正确。故选ACD。 3．(多选)(2024·天津和平统考)如图甲为一自耦变压器(可视为理想变压器)的结构示意图，线圈均匀绕在圆环形铁芯上，滑动触头C在某一位置，在B、C间接一个交流电压表和一个变阻器R，若A、B间输入图乙所示的交变电压，则(　　) A．当t＝1×10－2 s时，电压表的示数为零 B．A、B间输入电压的瞬时值u＝220·sin(100πt) V C．滑动触头C向上移动时，R两端的电压增大 D．变阻器滑片P向上移动时，A、B间输入功率增大 答案：BCD 解析：电压表的示数为有效值，不为零，A错误；由题图乙可知T＝2×10－2 s，故ω＝＝100π rad/s，代入表达式u＝Umsin ωt可得，A、B间输入电压的瞬时值u＝220sin (100πt) V，B正确；根据变压器电压关系＝，当滑动触头C向上移动时，n2变大，所以R两端的电压增大，C正确；变阻器滑片P向上移动时，n2不变，R减小，根据变压器电压关系＝，可知R两端的电压不变，输入功率等于输出功率，P入＝P出＝，所以变阻器滑片P向上移动时，A、B间输入功率增大，D正确。故选BCD。 4．(2024·广东广州第一中学高三联考)某款亮度可调的节能灯，其内部结构原理如图所示，通过滑动变压器副线圈的滑片P可以控制灯泡亮暗，变压器原线圈输入电压为u＝220sin (100πt ) V，下列说法正确的是(　　) A．变压器副线圈输出电压的频率为100 Hz B．电键S断开时，变压器副线圈两端电压为零 C．闭合电键S，滑片P向上滑动时，灯泡变暗 D．闭合电键S，滑片P向上滑动时，副线圈输出电压变大 答案：D 解析：变压器不改变交流电的频率，由f＝＝50 Hz，可知副线圈输出电压的频率为50 Hz，故A错误；电键S断开时，变压器副线圈两端电压不为零，故B错误；根据＝，n2增大时，U2增大，灯泡会变亮，故C错误，D正确。故选D。 5．(2024·广东江门市培英高级中学高二校考)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝10∶1，b是原线圈的中心抽头， S为单刀双掷开关，定值电阻R＝10 Ω。从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是(　　) A．当S与a连接后，理想电流表的示数为2.2 A B．当S与a连接后，t＝0.01 s时理想电流表的示数为零 C．当S由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的2倍 D．当S由a 拨到b后，副线圈输出电压的频率变为25 Hz 答案：A 解析：S与a连接后，由＝，又U1＝ V＝220 V，解得U2＝22 V，则理想电压表的示数为22 V，又知定值电阻R＝10 Ω，可得理想电流表的示数为电流的有效值I＝＝2.2 A，A正确，B错误；S由a拨到b后n1∶n2＝5∶1，则U1∶U2′＝5∶1，得U2′＝2U2，根据P＝可知功率变为原来的4倍，C错误；输出电压频率不变，仍为50 Hz，D错误。故选A。 6．在图1所示的交流电路中，a、b两端接入的交流电的电压有效值为10 V，电流表均为理想电表，R、R′均为定值电阻。已知两个电流表A1、A2的示数分别是I1＝0.1 A、I2＝0.3 A，电阻R两端的电压u随时间t变化的规律如图2所示。下列说法正确的是(　　) A．a、b两端所接交流电的频率为5 Hz B．电阻R的阻值为10 Ω C．理想变压器原、副线圈的匝数比为3∶1 D．理想变压器输出的功率为1 W 答案：C 解析：由题图2可知，a、b两端所接交流电的频率f＝＝ Hz＝2.5 Hz，故A错误；电阻R两端电压的有效值UR＝ V＝1 V，R＝＝ Ω＝10 Ω，故B错误；根据理想变压器原、副线圈的电流关系有n1I1＝n2I2，代入数据可得n1∶n2＝3∶1，故C正确；由Uab＝UR＋U1，代入数据可得U1＝9 V，又理想变压器的输出功率等于输入功率，则有P输出＝P输入＝U1I1＝0.9 W，故D错误。故选C。 7．(多选)(2024·广东广州高二统考期末)如图所示，理想变压器原线圈所在电路输入有效值U＝220V交变电流，测得完全相同的灯泡a、b两端的电压均为55 V，已知RT为随温度升高阻值减小的热敏电阻，变压器为理想变压器，两灯泡阻值不变且始终未烧坏，下列说法正确的是(　　) A．原、副线圈的匝数之比为3∶1 B．流经灯泡a的电流与热敏电阻的电流之比为1∶1 C．若热敏电阻RT温度降低，灯泡a变亮、b变亮 D．若热敏电阻RT温度降低，灯泡a变暗、b变亮 答案：AD 解析：由于灯泡a两端的电压为55 V，因此加在原线圈两端的电压为165 V，根据＝可知原、副线圈的匝数之比＝＝，故A正确；根据＝可知原、副线圈电流之比＝，而两相同灯泡的电压相等，则流过的电流也相等，故流过热敏电阻的电流占I2中的，因此流经灯泡a的电流与热敏电阻的电流之比为1∶2，故B错误；若热敏电阻RT温度降低，电阻增大，副线圈的总电阻增大，总电流减小，导致原线圈的电流减小，加在灯泡a两端的电压降低，灯泡a变暗，原线圈分得的电压升高，从而副线圈的电压升高，灯泡b变亮，故C错误，D正确。故选AD。 8．(多选)(2024·广东清远高二统考期末)如图所示，磁极间的磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场，OO′为垂直于磁场方向的转轴。绕OO′轴匀速转动的矩形线圈abcd的面积为S，匝数为N，电阻为r，转动的角速度为ω，从图示位置开始计时。矩形线圈通过滑环接一电阻箱R，图中电压表V为理想交流电表。下列说法正确的是(　　) A．矩形线圈从图示位置转过90°时，电压表的示数为0 B．矩形线圈经过图示位置时，线圈中的电流方向为a→b→c→d→a C．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωsin ωt D．电阻R消耗的最大功率为 答案：BD 解析：矩形线圈从图示位置转过90°时，矩形线圈位于中性面，此时穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为0，线圈的感应电动势为0，但电压表的示数为有效值(示数不为0)，故A错误； 图示位置时，线圈ab端和cd端切割磁感线，根据右手定则知电流方向为a→b→c→d→a，故B正确；图示位置为垂直中性面位置，由此位置开始计时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos ωt，故C错误；根据电源输出功率与外电路电阻的关系可知，当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，即R＝r时，有Pm＝2r＝，故D正确。故选BD。 学生用书↓第100页 学科网（北京）股份有限公司 $$