步步高高考物理一轮复习交变电流 传感器

步步高高考物理一轮复习交变电流 传感器

考点内容 要求 考纲解读 交变电流、交变电流的图象 Ⅰ ‎1．交变电流的产生及其各物理量的变化规律，应用交流电的图象解决问题．‎ ‎2．利用有效值的定义，对交变电流的有效值进行计算．‎ ‎3．理想变压器原、副线圈中电流、电压、功率之间的关系应用，变压器动态变化的分析方法．‎ ‎4．远距离输电的原理和相关计算．‎ ‎5．传感器的简单使用，能够解决与科技、社会紧密结合的问题.‎ 正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值 Ⅰ 理想变压器 Ⅰ 远距离输电 Ⅰ 实验：传感器的简单使用 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 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＝＝ Hz＝4 Hz，B错；交变电流的最大值Im＝＝ A＝‎2 A，D错；交变电流的有效值I＝＝ A＝ 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＝＝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＝Emsin 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Em＝NBSω，所以根据两次转速的比值可得，交流电b的最大值为×10 V＝ 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. V B．5 V C. 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t1＋t2＝t，即()2××0.01 s＋(4 V)2××0.01 s＝U2××0.02 s，解得U＝ 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＝.‎ ‎(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＝或f＝.‎ ‎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＝Emsin_ωt.‎ ‎(2)负载两端的电压u随时间变化的规律：u＝Umsin_ωt.‎ ‎(3)电流i随时间变化的规律：i＝Imsin_ωt.其中ω等于线圈转动的角速度，Em＝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＝，U＝，I＝.‎ ‎(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，＝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)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Em＝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)‎ ‎　 规律 物理量 函数表达式 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 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＝2Blv⊥，可得E＝2×Blv＝Em，即此时电流是最大值的倍，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＝－Imcos (＋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＝＝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＝，U＝，E＝ ‎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∶ 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()2R×2×10－2＋0＋()2R×2×10－2＝IR×6×10－2，得I1＝ A；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．4 V C．15 V D．8 V 答案　B 解析　由有效值定义可得×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＝4 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 物理量 物理含义 重要关系 适用情况及说明 瞬时值 交变电流某一时刻的值 e＝Emsin ωt i＝Imsin ωt 计算线圈某时刻的受力情况 峰值 最大的瞬时值 Em＝nBSω Im＝ 讨论电容器的击穿电压 有效值 跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值 E＝ U＝ I＝ 适用于正(余)弦式交变电流 ‎(1)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等)‎ ‎(2)电气设备“铭牌”上所标的一般是有效值 ‎(3)保险丝的熔断电流为有效值 平均值 ＝Bl ＝n 计算通过电路横截面的电荷量 交变电流图象中图线与时间轴所夹的面积与时间的比值 ＝ 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)从图示位置开始的周期内通过R的电荷量．‎ 解析　(1)感应电动势的最大值为 Em＝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＝Emcos 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 ＝n＝n＝100×V＝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＝R＝× V＝1.78 V ‎(5)线圈转动一周产生的总热量为 Q＝T＝0.99 J ‎(6)在周期内通过电阻R的电荷量为 q＝×＝×＝× 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 B．通过电阻R的电荷量为q＝ C．电阻R所产生的焦耳热为Q＝ D．当线圈由图示位置转过60°时的电流为 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Em＝NBSω，电动势的有效值E＝，电压表的读数等于交流电源的路端电压，且为有效值，则U＝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＝Δt＝＝＝，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＝I2Rt＝[]2R·＝，故C错误；线圈由图示位置转过60°时的电流为瞬时值，则i＝sin ωt＝sin ＝，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＝10sin 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 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＝10sin 10πt V＝Emsin ωt可知，该交变电流的频率为f＝＝ Hz＝5 Hz，A错误．该交变电流电动势的有效值E＝＝ V＝10 V，B错误．电流的有效值I＝＝ A＝‎1.0 A，外接电阻R所消耗的电功率PR＝I2R＝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＝0.02 s，所以ω＝＝100π rad/s，选项B错误．t＝0.01 s时，电流最大，线圈平面与磁场方向平行，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＝ 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＝BL2ωsin 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＝＝，C错；线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q＝··＝，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LAB＝‎0.3 m，LAD＝‎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 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 V 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＝Blv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Em＝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 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＝(2)2×0.1× J＝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2nBL2ω 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 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nBL‎1L2ω，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＝＝n，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～t0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t0～2t0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＋) 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Em＝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°＝，故线圈中交变电动势的瞬时值表达式为 e＝Emsin (ωt＋)＝6.28sin(100πt＋) 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，Em＝nBSω，E＝，I＝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T0.线圈产生的电动势的最大值为Em，则 (　　)‎ 图5‎ A．线圈产生的电动势的有效值为Em B．线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为 C．线圈转动过程中磁通量变化率的最大值为Em D．经过2T0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Em，选项A错误；由题意知线圈产生的电动势的最大值为Em＝BSω＝BS，故线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值BS＝，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2T0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＝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＝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＝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，Em＝nBSω＝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；QR＝I2Rt＝[]2Rt＝1.6π×10－3 J，C错；q＝n＝‎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P1和P2以相同的角速度ω匀速转动(P1以ab边为轴，P2‎ 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P1及P2轴转动产生的交流电的电流大小、电荷量及焦耳热分别为I1、q1、Q1及I2、q2、Q2，则下面判断正确的是 (　　)‎ 图7‎ A．线圈绕P1和P2轴转动时电流的方向相同，都是a→b→c→d B．q1>q2＝ C．I1＝I2＝ D．Q1

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