第十三章　第1讲　交变电流的产生和描述 讲义 （教师版）

　交变电流　电磁波　传感器
课程标准 备考策略
1.通过实验，认识交变电流。能用公式和图像描述正弦式交变电流。 2．知道远距离输电时通常采用高压输电的原因。 3．了解发电机和电动机工作过程中的能量转化。认识电磁学在人类生活和社会发展中的作用。 4．知道非电学量转换成电学量的技术意义。 5．初步了解麦克斯韦电磁场理论的基本思想，初步了解场的统一性与多样性，体会物理学对统一性的追求。 6．通过实验，了解电磁振荡。知道电磁波的发射、传播和接收。 7．认识电磁波谱。知道各个波段的电磁波的名称、特征和典型应用。 实验十五：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系。 实验十六：利用传感器制作简单的自动控制装置 1.熟记基础知识，掌握交变电流的特点、图像及规律；注重交变电流四值适用的条件，掌握求解四值的基本方法。 2．掌握变压器模型及远距离输电模型，能在熟悉的情境中应用物理模型，并对相关的物理问题进行分析和推理。 3．知道电磁波的产生与发射及电磁波谱，关注电磁波与生产生活的联系，注重联系实际，能够根据电磁理论的发展过程，了解科技对人类生活和社会发展的促进作用，培养科学素养
第1讲　交变电流的产生和描述
1．交变电流
(1)定义
方向随时间做周期性变化的电流叫作交变电流，简称“交流”。
(2)图像
如图所示：
图甲、乙、丙、丁所示电流都属于交变电流，图戊所示电流属于恒定电流。
2．正弦式交变电流的产生和变化规律
(1)产生
如图所示，在匀强磁场里，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，可产生正弦式交变电流，简称“正弦式电流”。
只有转轴和磁场垂直时，才产生正弦式交变电流。
(2)中性面及其特点
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0，感应电动势为0。
b．线圈转动一周，2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)图像
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，其图像为正弦曲线，如图所示。
(4)变化规律(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＝nBl1l2ω＝nBSω。
3．描述交变电流的物理量
(1)周期和频率
①周期(T)：交变电流完成一次周期性变化，即线圈转一周所需要的时间，单位是秒(s)，公式T＝。
②频率(f)：交变电流在单位时间内完成周期性变化的次数，单位是赫兹(Hz)。
(2)交变电流的周期和频率的关系
T＝。
(3)交变电流的“四值”
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(电流、电压或电动势)所能达到的最大的值，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作交变电流的有效值。对正弦式交变电流，其有效值和峰值的关系为E＝，U＝，I＝。
④平均值：用E＝n来计算。
教材链接·想一想 请仔细阅读人教版教材选择性必修第二册P56“拓展学习”——电感器和电容器对交变电流的作用，回答下列问题。
如图所示，把电阻R、电感线圈L、电容器C分别串联一个灯泡后，并联接在交流电源的两端，三盏灯亮度相同。怎样才能使灯泡L1变亮、灯泡L2变暗？
提示：与灯泡L1串联的是电感线圈，要使灯泡L1变亮，应减小感抗，即减小f或L，或同时减小f和L；与灯泡L2串联的是电容器，要使灯泡L2变暗，应增大容抗，即减小f或C，或同时减小f和C。
1．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，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．线圈经过中性面时，感应电动势为0，感应电流方向发生改变。(　√　)
4．当线圈从垂直于中性面位置开始计时，产生的电动势按正弦规律变化，即e＝Emsin ωt。(　×　)
5．交变电流的有效值就是一个周期内的平均值。(　×　)
6．交流电压表和交流电流表测量的是交流电的峰值。(　×　)
7．通过导体横截面的电荷量q＝It，其中的I指的是有效值。(　×　)
考点一　交变电流的产生及变化规律
1．交变电流产生过程中的两个特殊位置
图示
位置 中性面位置 与中性面垂直的位置
特点 B⊥S B∥S
Φ＝BS，最大 Φ＝0，最小
e＝n＝0，最小 e＝n＝nBSω，最大
感应电流为0， 方向改变 感应电流最大， 方向不变
2.交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)
项目 函数表达式 图像
磁通量 Φ＝Φmcos ωt＝BS cos ωt
电动势 e＝Emsin ωt＝nBSωsin ωt
电压 u＝Umsin ωt＝sin ωt
电流 i＝Imsin ωt＝sin ωt
【典例1】　(多选)(2024·广东清远高三质检)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，产生的感应电动势随时间的变化规律如图乙所示，则下列说法正确的是(　BD　)
A．t＝0时，穿过线圈的磁通量均为零
B．a表示的瞬时值表达式为u＝10sin 5πt V
C．a表示的交变电流的频率为25 Hz
D．b表示的感应电动势的最大值为 V
【解析】　根据题图乙可知，t＝0时，产生的感应电动势为零，可知此时线圈位于中性面，穿过线圈的磁通量最大，A错误；图线a表示的交流电动势最大值为10 V，周期为0.4 s，a表示的瞬时值表达式为u＝10sin 5πt V，B正确；a表示的交变电流的频率f＝＝2.5 Hz，C错误；根据a图线表示的瞬时值表达式u＝10sin 5πt V，可得NBSωa＝NBS＝10 V，b图线表示的线圈产生的电动势周期为0.6 s，所以b图线对应的电动势最大值NBSωb＝NBS＝ V，D正确。
交变电流图像及瞬时值表达式的书写思路
(1)交变电流图像的信息
①确定交变电流的最大值(峰值)。
②确定不同时刻交变电流的瞬时值。
③确定周期T。
(2)书写交变电流瞬时值表达式的基本思路
①确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图像读出或由公式Em＝nBSω求出。
②明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式。
1．(多选)(2024·新课标卷)电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起来。车轮转动时带动磁极绕固定的线圈旋转，在线圈中产生电流。磁极匀速转动的某瞬间，磁场方向恰与线圈平面垂直，如图所示。将两磁极间的磁场视为匀强磁场，则磁极再转过90°时，线圈中(　BD　)
A．电流最小
B．电流最大
C．电流方向由P指向Q
D．电流方向由Q指向P
解析：如题图所示，开始时线圈处于中性面位置，当磁极再转过90°时，此时穿过线圈的磁通量为0，故可知线圈中电流最大；在磁极转动的过程中，穿过线圈的磁通量在减小，根据楞次定律可知，磁极再转过90°时感应电流方向由Q指向P。故选BD。
2．如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的规律如图乙所示，则下列说法正确的是(　C　)
A．t＝0.01 s时，线框平面与磁感线相互平行
B．t＝0.005 s时，穿过线框的磁通量最大
C．当电动势瞬时值为22 V时，线圈平面与中性面夹角为45°
D．线框中的感应电流方向每秒钟改变50次
解析：t＝0.01 s时，感应电动势为零，则线框平面与磁感线相互垂直，A错误；t＝0.005 s时，感应电动势最大，则穿过线框的磁通量最小，B错误；根据瞬时值表达式e＝22sin (ωt) V可知，当电动势瞬时值为22 V时ωt＝，即线框平面与中性面夹角为45°，C正确；由题图乙可知T＝0.02 s，则f＝＝50 Hz，在一个周期内电流方向改变2次，可知线框中的感应电流方向每秒钟改变100次，D错误。
考点二　交变电流有效值的求解
1．利用公式法计算
利用E＝、U＝、I＝计算，只适用于正弦式交变电流。
2．利用有效值的定义计算
(1)计算有效值时要根据电流的热效应，抓住“三同”：
①电阻大小相同。
②时间相同(交流电的一个周期)。
③产生的热量相同。
(2)分段计算电热，然后求和得出一个周期内产生的总热量。
(3)利用两个公式Q＝I2Rt和Q＝t可分别求得电流有效值和电压有效值。
(4)若图像部分是正弦式交变电流，其中的(但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。
【典例2】　(2024·河北卷)R1、R2为两个完全相同的定值电阻，R1两端的电压随时间周期性变化的规律如图甲所示(三角形脉冲交流电压的峰值是有效值的倍)，R2两端的电压随时间按正弦规律变化如图乙所示，则两电阻在一个周期T内产生的热量之比Q1∶Q2为(　B　)
A．2∶3 B．4∶3
C．2∶ D．5∶4
【解析】　根据有效值的定义设图甲的有效值为U1，则有T＝×＋×，解得U1＝U0，图乙的有效值为U2＝，接在阻值大小相等的电阻上，因此Q1∶Q2＝U∶U＝4∶3，故选B。
3．如图所示，N匝正方形闭合金属线圈abcd边长为L，线圈处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，绕着与磁场垂直且与线圈共面的轴OO′以角速度ω匀速转动，ab边距轴。线圈中感应电动势的有效值为(　B　)
A．NBL2ω B．NBL2ω
C．NBL2ω D．NBL2ω
解析：线圈绕垂直于磁感线且与线圈共面的轴匀速转动，产生正弦式交变电流，且感应电动势的最大值Em＝NBSω＝NBL2ω，则线圈中感应电动势的有效值为E＝＝NBL2ω，B正确。
4．一电阻R接到有效值为I0的正弦式交变电源上，一个周期内产生的热量为Q1；若将此电阻接到电流变化如图所示的交变电源上，前半个周期为正弦波形的，一周期内产生的热量为Q2。已知两电源的变化周期相同，则为(　B　)
A． B．
C． D．
解析：将电阻R接到有效值为I0的正弦式交变电源上，一个周期内产生的热量Q1＝IRT，当接到如题图所示的电源上时，则一个周期内产生的热量Q2＝R·＋IR·＝IRT，则＝，故选B。
考点三　交变电流“四值”的理解和应用
1．交变电流“四值”的比较
项目 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
2.交变电流“四值”应用的三点提醒
(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。
【典例3】　如图所示，N＝50匝的矩形线圈abcd，ab边长l1＝20 cm，ad边长l2＝25 cm，放在磁感应强度大小B＝0.4 T、方向水平向右的匀强磁场中，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：(π≈3.14)
(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)根据右手定则知，t＝0时线圈中感应电流方向为adcba。
(2)线圈的角速度ω＝2πn＝100π rad/s，线圈在题图位置的感应电动势最大，其大小为Em＝NBl1l2ω，代入数据得Em＝314 V，感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcos ωt＝314cos (100πt) V。
(3)电动势的有效值E＝，线圈匀速转动的周期T＝＝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＝T，代入数据得W≈98.6 J。
(4)从t＝0时起线圈转过90°的过程中，流过电阻R的电荷量q＝·Δt＝＝，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
5．(多选)如图所示，匝数为100匝的矩形导线圈abcd处于磁感应强度大小为 T的水平匀强磁场中，线圈的面积为0.08 m2、电阻为1 Ω。线圈绕垂直于磁场的轴OO′以角速度20π rad/s匀速转动，通过滑环与阻值为19 Ω的电阻R连接，V为理想交流电压表。下列说法正确的是(　BD　)
A．通过电阻的交变电流的频率是0.1 Hz
B．线圈中产生的感应电动势的有效值为80 V
C．电压表V的示数为40 V
D．线圈的发热功率为16 W
解析：通过电阻的交变电流的周期T＝＝ s＝0.1 s，通过电阻的交变电流的频率f＝＝10 Hz，A错误；线圈中产生的感应电动势的峰值Em＝nBSω＝100××0.08×20π V＝80 V，线圈中产生的感应电动势的有效值E有效＝＝80 V，B正确；电压表V的示数UV＝E有效＝×80 V＝76 V，C错误；线圈中的电流的有效值I＝＝ A＝4 A，线圈的发热功率P＝I2r＝42×1 W＝16 W，D正确。
6．(多选)(2023·湖南卷)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。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(　AC　)
A．线圈转动的角速度为4ω
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
解析：大轮和小轮通过皮带传动，边缘线速度大小相等，小轮和线圈同轴转动，角速度相等，由v＝ωr，根据题意可知大轮与小轮半径之比为4∶1，则小轮转动的角速度为4ω，线圈转动的角速度为4ω，A正确；线圈产生的感应电动势的最大值Emax＝nBS·4ω，又S＝L2，联立可得Emax＝4nBL2ω，则线圈产生的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两倍，线圈产生的感应电动势的最大值E′max＝8nBL2ω，此时线圈产生的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两倍，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的有效值变小，则灯泡变暗，D错误。
课时作业65
1．(5分)(2022·浙江卷)如图甲是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况，摇动手柄可使对称固定在转轴上的矩形线圈转动；如图乙是另一种手摇发电机及磁场分布情况，皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动。下列说法正确的是(　A　)
A．甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
B．乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
C．甲图中线圈转动时产生的电流是正弦交流电
D．乙图线圈匀速转动时产生的电流是正弦交流电
解析：甲图中细短铁丝显示的磁场分布均匀，则线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，故A正确；乙图中细短铁丝显示的磁场分布不均匀，则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场，故B错误；根据发电机原理可知甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦交流电，故C错误；乙图中是非匀强磁场，则线圈匀速转动时不能产生正弦交流电，故D错误。
2．(5分)(2024·四川绵阳高三诊断)交流发电机模型如图所示。矩形线圈ABCD在匀强磁场中绕其中心轴OO′匀速转动，其角速度ω＝π rad/s。线圈转动过程中，某时刻线圈平面与磁场垂直，取此时刻为计时起点，下列说法正确的是(　C　)
A．t＝0时，穿过线圈的磁通量最大，产生的电流也最大
B．t＝0.5 s时，穿过线圈的磁通量为零，产生的电流最小
C．图中交流电流表在t＝0与t＝0.5 s两个时刻示数相同
D．t＝0.5 s时，AB与CD边所受安培力相同
解析：t＝0时，穿过线圈的磁通量最大，产生的电流为零，根据T＝＝2 s，则t＝0.5 s时，穿过线圈的磁通量为零，产生的电流最大，故A、B错误；交流电流表示数为有效值，t＝0与t＝0.5 s两个时刻示数相同，故C正确；t＝0.5 s时，AB与CD边所受安培力大小相等，方向相反，故D错误。
3．(5分)如图所示，虚线是正弦交流电的图像，实线是另一交流电的图像，它们的周期T和最大值Um相同，则实线所对应的交流电的有效值U满足(　D　)
A．U＝ B．U＝
C．U> D．U<
解析：因虚线是正弦交流电的图像，则该交流电的有效值为U有效值＝＝，由题图可知，在任意时刻，实线所代表的交流电的瞬时值都不大于虚线表示的正弦交流电的瞬时值，则实线所代表的交流电的有效值小于虚线所代表的正弦交流电的有效值，则U<，D正确。
4．(5分) (2024·辽宁丹东高三质检)如图所示，圆形闭合金属线圈在水平匀强磁场中匀速转动，转动周期为T，竖直转轴OO′过圆心且垂直于磁场方向。从线圈平面与磁场方向平行开始计时，当t＝时，线圈中的感应电动势为4 V，则线圈感应电动势的有效值为(　D　)
A．4 V　 B． V
C． V　 D．4 V
解析：由题可知，从线圈平面与磁场方向平行开始计时，线圈产生的感应电动势表达式e＝Emcos ωt，当t＝时，线圈中的感应电动势为4 V，即Emcos ＝4 V，解得Em＝8 V，故线圈感应电动势的有效值E＝＝4 V，故D正确。
5．(5分)如图所示的垂直于纸面向里的有界匀强磁场中有一个矩形线框abcd，线框以OO′为轴匀速转动，OO′与磁场右边界重合。若线框中产生电流的峰值为Im，由图示位置开始计时，则下列可以正确描述线框中电流随时间变化的图像是(　D　)
解析：从题图所示时刻开始，线圈中产生的感应电动势表达式为e＝Emsin ωt＝BSωsin ωt，S是线圈面积的一半，则感应电流的表达式为i＝＝sin ωt＝Imsin ωt，其中Im＝，故线圈中感应电流按正弦规律变化，根据数学知识得知A、B、C错误，D正确。
6．(5分) (2024·广东卷)将阻值为50 Ω的电阻接在正弦式交流电源上。电阻两端电压随时间的变化规律如图所示。下列说法正确的是(　D　)
A．该交流电的频率为100 Hz
B．通过电阻电流的峰值为0.2 A
C．电阻在1 s内消耗的电能为1 J
D．电阻两端电压表达式为u＝10sin 100πt(V)
解析：由题图可知交流电的周期为0.02 s，则频率为f＝＝50 Hz，故A错误；根据图像可知电压的峰值为10 V，根据欧姆定律可知电流的峰值Im＝＝＝ A，故B错误；电流的有效值为I＝＝0.2 A，所以电阻在1 s内消耗的电能为W＝I2Rt＝0.22×50×1 J＝2 J，故C错误；根据图像可知电阻两端电压表达式为u＝Umsin ωt＝10sin t(V)＝10sin 100πt(V)，故D正确。
7．(5分) (2024·广西柳州高三质检)为研究交变电流产生的规律，某研究小组把长60 m导线绕制成N＝100匝的矩形闭合线圈，如图所示。现把线圈放到磁感应强度大小B＝0.1 T、方向水平向右的匀强磁场中，线圈可以绕其对称轴OO′转动。现让线圈从图示位置开始(t＝0)以恒定的角速度ω＝10π rad/s转动。下列说法正确的是(　D　)
A．t＝0时，线圈位于中性面位置
B．t＝0.05 s时，感应电流达到最大值
C．当bc＝2ab时，感应电动势的表达式为e＝2πsin 10πt(V)
D．当ab＝ad时，感应电动势的有效值最大
解析：t＝0时，线圈位于与中性面垂直的位置，故A错误；线圈的周期为T＝＝0.2 s，t＝0.05 s时，线圈转过90°，到达中性面位置，此时磁通量最大，感应电流为零，故B错误；感应电动势最大值为Em0＝NBS0ω，S0＝ab·bc，N(ab＋bc)×2＝60 m，2ab＝bc，联立可得Em0＝2π V，线圈从题中图示位置(平行于磁场方向)开始转动，因此感应电动势的表达式为e＝2πcos 10πt(V)，故C错误；线圈周长为0.6 m，当ab＝ad时，边长相等，此时线圈面积最大，又Em＝NBSω，则此时感应电动势最大，即感应电动势的有效值最大，故D正确。
8．(5分)(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，矩形线圈ABCD绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，t＝0时刻线圈从中性面位置开始转动，电压传感器显示其产生的电压如图乙所示。下列说法正确的是(　BC　)
A．线圈的转速为5π r/s
B．传感器显示的交流电压表达式u＝12sin 5πt V
C．线圈两端电压的有效值为6 V
D．该交变电流可以直接加在击穿电压为6 V的电容器上
解析：由题图乙可以看出交流电的周期T＝0.4 s，则线圈转速n＝＝2.5 r/s，故A错误；角速度ω＝＝5π rad/s，根据题图乙可得交流电压表达式为u＝12sin 5πt V，故B正确；交变电压的有效值为其最大值的，电压最大值为12 V，其有效值为6 V，故C正确；电容器被击穿是因为两端的电压超出最大承受电压(击穿电压)，该交变电流电压的最大值为12 V，大于击穿电压为6 V电容器的最大承受电压，所以不能加在其两端，故D错误。
9．(5分)如图所示电路，电阻R1与电阻R2串联接在交变电源上，且R1＝R2＝10 Ω，正弦交流电的表达式为u＝20·sin 100πt(V)，R1和理想二极管D(正向电阻为0，反向电阻为无穷大)并联，则R2消耗的电功率为(　C　)
A．10 W　　 B．15 W
C．25 W　　 D．30 W
解析：由题图可知，当电流从A流出时，R1被短路，则此时R2两端电压有效值为U2＝＝20 V；当电流从B流出时，R1、R2串联，则R2两端电压有效值为U′2＝＝10 V。设在一个周期内R2两端的电压有效值为U，则×＋×＝×T，解得U＝5 V，则有P2＝＝ W＝25 W，故C正确。
10．(5分)在图乙所示的电路中，通入如图甲所示的交变电流，此交变电流的每个周期内，前周期电压按正弦规律变化，后周期电压恒定。电阻R的阻值为12 Ω，电表均为理想电表。下列判断错误的是(　C　)
A.电压表的示数为6 V
B．电流表的示数为0.5 A
C．电阻R一个周期内产生的热量一定大于9 J
D．电阻R换成一个耐压值为6 V的电容，会被击穿
解析：分析图甲，根据电流的热效应求解交变电流的电压有效值U，有×1＋×2＝×3，解得电压有效值为U＝6 V，电表读数为有效值，故A正确；根据欧姆定律可知，通过电阻的电流有效值为 A＝0.5 A，故电流表示数为0.5 A，故B正确；热量根据有效值进行计算，则有Q＝I2RT＝0.52×12×3 J＝9 J，故C错误；电容器能否被击穿，是看两端电压最大值是否大于击穿电压，Um＝6 V＞6 V，故电容器会被击穿，故D正确。
11．(5分) (多选)如图所示，虚线OO′左侧有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，凸形线框abcdefgh以虚线OO′为轴以角速度ω匀速转动，abch为边长为L的正方形，defg为边长为L的正方形，线框的总电阻为R，从图示位置开始计时，则(　BC　)
A．在t＝0时刻，线框中的感应电流最大
B．在转过90°的过程中，线框中感应电流的瞬时值i随时间t变化的规律为i＝
C．线框感应电流的最大值为Imax＝
D．线框转过60°时的瞬时电动势为
解析：从图示位置开始计时，在转过90°的过程中，线框中产生的感应电动势的瞬时值为e＝BL2ωsin ωt，感应电流的瞬时值为i＝＝，故t＝0时刻，I＝0，线框中感应电流的最大值为Imax＝，A错误，B、C正确；线框转过60°时的瞬时电动势为e＝BL2ωsin ＝BL2ω，故D错误。
12．(5分)如图所示，坐标系xOy的第一、四象限的两块区域内分别存在垂直纸面向里、向外的匀强磁场，磁感应强度的大小均为1.0 T，两块区域曲线边界的曲线方程为y＝0．5sin 2πx(m)(0≤x≤1.0 m)。现有一单匝矩形导线框abcd在拉力F的作用下，从图示位置开始沿x轴正方向以2 m/s的速度做匀速直线运动，已知导线框长为1 m、宽为0.5 m、总电阻为1 Ω，开始时bc边与y轴重合，则导线框穿过两块区域的整个过程拉力F做的功为(　D　)
A．0.25 J B．0.375 J
C．0.5 J D．0.75 J
解析：导线框位移为0≤x≤0.5 m过程，只有bc边在磁场中切割磁感线，产生的电动势大小为E1＝Byv＝sin 2πx(V)，此过程所用时间为t1＝ s＝0.25 s，此过程的最大电动势为E1m＝sin (2π×0.25) V＝1.0 V；导线框位移为0.5 m根据Q＝t，可知此过程导线框产生的焦耳热为Q＝×0.25 J＋×0.25 J＋×0.25 J＝0.75 J，根据能量守恒可知导线框穿过两块区域的整个过程，拉力F做的功为0.75 J，D正确，A、B、C错误。