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课时素养评价
八 交变电流的产生
(25分钟·60分)
一、选择题(本题共6小题，每题6分，共36分)
1.如图所示为演示交变电流产生的装置图，关于这个实验，正确的说法是
( )
A.线圈每转动一周，电流方向改变1次
B.图示位置为中性面，线圈中无感应电流
C.图示位置ab边的感应电流方向为a→b
D.线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零
【解析】选C。线圈每转动一周，为一个周期，电流方向改变2次，故A项错误；图示位置线圈与磁场平行，磁通量为零，不是中性面，故B项错误；由楞次定律判断图示位置ab边的感应电流方向为a→b，C项正确；线圈平面与磁场方向平行时，磁通量为零，磁通量变化率反而最大，故D项错误。
2.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P1和P2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P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流
B.线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势
C.线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同，都是a→b→c→d→a
D.线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力
【解析】选A。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，故选项A正确，选项B、D错误；图示时刻产生电流的方向为a→d→c→b→a，故选项C错误。
3.如图是某交流发电机产生的感应电动势与时间的关系图像。如果其他条件不变，仅使线圈的转速变为原来的二倍，则交流电动势的最大值和周期分别变为
( )
A.400
V，0.02
s
B.200
V，0.02
s
C.400
V，0.08
s
D.200
V，0.08
s
【解析】选B。根据感应电动势最大值的表达式Em=NBSω得知，Em与ω成正比，又知道ω=2πn，T=，所以可得Em′=2Em=200
V，T′=T=0.02
s，则B正确，A、C、D错误。
4.如图所示，在水平匀强磁场中一矩形闭合线圈绕OO′轴匀速转动，若要使线圈中的电流峰值减半，不可行的方法是
( )
A.只将线圈的转速减半
B.只将线圈的匝数减半
C.只将匀强磁场的磁感应强度减半
D.只将线圈的边长减半
【解析】选B。由Im=，Em=NBSω，ω=2πn，得Im=，故A、C可行；又电阻R与匝数有关，当匝数减半时电阻R也随之减半，则Im不变，故B不可行；当边长减半时，面积S减为原来的，而电阻减为原来的，故D可行。
5.一根长直的通电导线中的电流按正弦规律变化，如图甲、乙所示，规定电流从左向右为正方向。在直导线下方有一不闭合的金属框，则相对于b点来说，a点电势最高的时刻在
( )
A.t1时刻
B.t2时刻
C.t3时刻
D.t4时刻
【解析】选D。线框中的磁场是直线电流i产生的，在t1、t3时刻，电流i最大，但电流的变化率为零，穿过线框的磁通量变化率为零，线框中没有感应电动势，a、b两点间的电势差为零。在t2、t4时刻，电流i=0，但电流变化率最大，穿过线框的磁通量变化率最大，a、b两点间的电势差最大，再根据楞次定律可得出a点相对b点电势最高的时刻在t4。则D正确，A、B、C错误。
【补偿训练】
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像如图甲所示，则下列说法中正确的是
( )
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，交变电动势达到最大
D.该线圈产生的相应交变电动势的图像如图乙所示
【解析】选B。由题图甲可知t=0时刻，线圈的磁通量最大，线圈处于中性面，t=0.01
s时刻，磁通量为零，但变化率最大，所以A项错误，B项正确；t=0.02
s时，交变电动势应为零，C、D项均错误。
6.一台发电机的结构示意图如图所示，其中N、S是永久磁铁的两个磁极，它们的表面呈半圆柱面形状。M是圆柱形铁芯，铁芯外套有一矩形线圈，线圈绕铁芯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沿半径方向的辐向磁场。从如图所示位置开始计时，规定此时电动势为正值，选项图中能正确反映线圈中的感应电动势e随时间t的变化规律的是
( )
【解析】选D。由于磁场为沿半径的辐向磁场，可以认为磁感应强度的大小不变，线圈始终垂直切割磁感线，所以产生的感应电动势大小不变，由于每个周期磁场方向要改变两次，所以产生的感应电动势的方向也要改变两次，则D正确，A、B、C错误。
二、计算题(本题共2小题，共24分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要标明单位)
7.(10分)一矩形线圈有100匝，面积为50
cm2，线圈内阻r=2
Ω，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，从线圈平面与磁场平行时开始计时，已知磁感应强度B=0.5
T，线圈的转速n=1
200
r/min，外接一用电器，电阻为R=18
Ω，试写出R两端电压瞬时值的表达式。
【解析】角速度ω=2πn=2π·
rad/s=40π
rad/s，
最大值Em=NBSω=100×0.5×50×10-4×40π
V=10π
V，
线圈中感应电动势
e=Emcosωt=10πcos40πt(V)，
由闭合电路欧姆定律可得i=，
故R两端电压u=Ri=18××10πcos40πt(V)，
即u=9πcos40πt(V)。
答案：u=9πcos40πt(V)
8.(14分)发电机的转子是匝数为100匝、边长为20
cm的正方形线圈，将它置于磁感应强度B=0.05
T的匀强磁场中，绕着垂直于磁场方向的轴以ω=100π
rad/s的角速度转动，当线圈平面跟磁场方向垂直时开始计时，线圈和外电路的总电阻R=10
Ω。
(1)写出交变电流的瞬时值表达式；
(2)从计时开始，线圈转过的过程中通过线圈某一横截面的电荷量为多少？
【解析】(1)感应电动势最大值为Em=nBSω
Em=100×0.05×0.2×0.2×100π
V=20π
V，
Im==2π
A，所以i=Imsinωt=2πsin100πt(A)
(2)从中性面开始计时，线圈转过，则
ΔΦ=B·ΔS=BS(1-cos)=BS
此过程中通过线圈某一横截面的电荷量
q=t=·Δt==
代入数据解得q=1×10-2
C。
答案：(1)i=2πsin100πt(A) (2)1×10-2
C
【总结提升】交变电流瞬时值表达式问题的破解程序
(1)观察线圈的转动轴是否与磁感线垂直。
(2)从中性面开始计时，电动势按正弦规律变化；从线圈转到与磁感线平行时开始计时，电动势按余弦规律变化。
(3)计算电动势最大值和角速度ω，写出电动势的瞬时值表达式。
(15分钟·40分)
9.(7分)一矩形线圈在匀强磁场中转动，产生的交变电流e=220sin100πt(V)
( )
A.该交变电流的频率是100
Hz
B.当t=0时，通过线圈的磁通量为零
C.当时t=
s，通过线圈的磁通量变化最快
D.该交变电流电动势的有效值为220
V
【解析】选C。由交流电的表达式可知ω=100π，则周期T=得T=0.02
s，故频率f==50
Hz，故A错误；由交流电的瞬时值的表达式e=Em
sin(ωt+Φ)可知，初相位为0，即t=0时，线圈在中性面，磁通最大，故B错误；当t==，e最大，故磁通量的变化率最快，故C正确；该交流电最大值为220
V，则有效值为220
V，故D错误。
10.(7分)在垂直纸面向里的有界匀强磁场中放置了矩形线圈abcd。线圈cd边沿竖直方向且与磁场的右边界重合。线圈平面与磁场方向垂直。从t=0时刻起，线圈以恒定角速度ω=绕cd边沿如图所示方向转动，规定线圈中电流沿abcda方向为正方向，则从t=0到t=T时间内，线圈中的电流i随时间t变化关系的图像为
( )
【解析】选B。在0～内，线圈在匀强磁场中匀速转动，故产生正弦式交流电，且在时，感应电流最大，由楞次定律知，电流方向为负值。在～T内，线圈中无感应电流；在T时，ab边垂直切割磁感线，感应电流最大，且电流方向为正值，则B项正确，A、C、D错误。
11.(7分)(多选)如图所示，一正方形线圈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′轴观察，线圈沿逆时针方向转动。已知磁感应强度为B，线圈匝数为n，边长为L，电阻为R，转动角速度为ω，则当线圈转至图示位置时
( )
A.线圈中感应电流的方向为abcda
B.穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率也为零
C.线圈中的感应电流为
D.线圈从图示位置起转动时，电动势的瞬时值为nBL2ω
【解析】选C、D。由楞次定律知，线圈中感应电流的方向为adcba，所以A项错误；在图示位置Φ=B·S⊥=0；e=Em=nL2Bω，i==，所以C项正确，B项错误；t=，ω=，由e=nBL2ωcosωt=nBL2ωcos(×)=nBL2ω，D项正确。
12.(19分)一个电阻为r、边长为L的正方形线圈abcd，共N匝，线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO′以如图所示的角速度ω匀速转动，外电路电阻为R。
(1)在图上标出此时线圈中感应电流的方向。
(2)转动过程中感应电动势的最大值为多大？
(3)线圈平面与磁感线夹角为60°时的感应电动势为多大？
(4)设发电机由柴油机带动，其他能量损失不计，线圈转一周，柴油机做多少功？
(5)从图示位置开始，线圈转过60°的过程中通过R的电荷量是多少？
【解析】(1)根据楞次定律得，电流方向为a→d→c→b→a，如图所示。
(2)感应电动势的最大值为Em=NBSω=NBL2ω。
(3)线圈平面与磁感线夹角为60°时的瞬时感应电动势为
e=Emcos60°=。
(4)电动势的有效值E=，电流的有效值I=。
柴油机做的功转化为电能，转一周做功为
W=EIT=··=。
(5)平均电流==，
所以电荷量Q=Δt==。
答案：(1)见解析图 (2)NBL2ω (3)
(4) (5)
【补偿训练】
如图所示，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，线圈电阻r=1
Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速运动，角速度ω=2π
rad/s，外电路中的电阻R=4
Ω，求：
(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，其中T==1
s，
=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
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第2节 交变电流的产生
一、交流发电机
1.原理：由法拉第电磁感应定律知，只要穿过闭合回路的_______发生变化，
就可以产生感应电动势和感应电流。
2.构造：主要由线圈(电枢)和_____两部分组成。
3.分类：
(1)旋转_____式发电机：磁极固定不动，让电枢在磁极中旋转。
(2)旋转_____式发电机：电枢固定不动，让磁极在电枢中旋转。
4.转子与定子：_____的部分叫转子，_____不动的部分叫定子。
必备知识·素养奠基
磁通量
磁极
电枢
磁极
转动
固定
二、正弦式交变电流的产生原理
1.产生方法：闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴_____转动。
2.过程分析：
匀速
3.中性面：线圈平面与磁感线_____的位置。
4.周期性：线圈每经过中性面一次，感应电流的方向就改变_____；线圈每转
动1周，感应电流的方向改变_____。线圈转动所产生的感应电动势和感应电流
都随时间做_______变化。
垂直
一次
两次
周期性
三、正弦式交变电流的变化规律
1.感应电动势的瞬时值：e=________。
2.感应电流的瞬时值：i=________。
3.电压的瞬时值：u=________。
4.图像描述如图所示(交流发电机输出的电压波形)
Emsinωt
Imsinωt
Umsinωt
5.关于正弦式交变电流的说法正确的是___
①线圈只要在匀强磁场匀速转动就能产生正弦式交变电流。
②线圈经过中性面时，穿过线圈的磁通量最大，感应电动势也最大。
③当线圈平面与磁场垂直时，线圈中没有电流。
③
关键能力·素养形成
一 交变电流的产生过程
1.中性面：
(1)中性面：线圈平面与磁感线垂直的位置。
(2)线圈处于中性面位置时，穿过线圈的Φ最大，但
=0，e=0，i=0。
(3)线圈越过中性面，线圈中I感方向要改变。线圈转一周，感应电流方向改变
两次。
2.两个特殊位置的对比分析：
名称
中性面
中性面的垂面
位置
线圈平面与磁场垂直
线圈平面与磁场平行
磁通量
最大
零
磁通量的
变化率
零
最大
感应电动势
零
最大
电流方向
改变
不变
【思考·讨论】
假定线圈绕OO′轴沿逆时针方向匀速转动，如图甲至丁所示。请分析判断：
(1)线圈转动一周的过程中，线圈中的电流方向的变化情况。
(2)线圈转动过程中，当产生的感应电流有最大值和最小值时线圈分别在什么位置？
提示：(1)
(2)线圈转到乙或丁位置时线圈中的电流最大。线圈转到甲或丙位置时线圈中电流最小，为零，此时线圈所处的平面称为中性面。
转动过程
电流方向
甲→乙
B→A→D→C
乙→丙
B→A→D→C
丙→丁
A→B→C→D
丁→甲
A→B→C→D
【典例示范】
一闭合矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴OO′匀速转动，线圈平面位于如图甲所示的匀强磁场中。通过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是
( )
A.t1、t3时刻通过线圈的磁通量变化率最大
B.t1、t3时刻线圈中感应电流方向改变
C.t2、t4时刻线圈中磁通量最大
D.t2、t4时刻线圈中感应电动势最小
【解析】选B。从题图乙可以看出，t1、t3时刻通过线圈的磁通量最大，线圈经过中性面位置时线圈中感应电流方向改变，A错误，B正确；t2、t4时刻通过线圈的磁通量为零，线圈处于与中性面垂直的位置，此时感应电动势和感应电流均为最大，故C、D均错误。
【素养训练】
1.(多选)图示线圈中能产生交变电流的是
( )
【解析】选B、C、D。由交变电流的产生条件可知，轴必须垂直于磁感线，但对线圈的形状及转轴的位置没有特别要求。则B、C、D正确，A错误。
2.如图所示，在水平向右的匀强磁场中，一线框绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线框通过电刷、圆环、导线等与定值电阻组成闭合回路。t1、t2时刻线框分别转到图甲、乙所示的位置，下列说法正确的是
( )
A.t1时刻穿过线框的磁通量最大
B.t1时刻电阻中的电流最大，方向从右向左
C.t2时刻穿过线框的磁通量变化最快
D.t2时刻电阻中的电流最大，方向从右向左
【解析】选B。t1时刻，穿过线框的磁通量为零，线框产生的感应电动势最大，电阻中的电流最大，根据楞次定律，通过电阻的电流方向从右向左，A错误，B正确；t2时刻，穿过线框的磁通量最大，线框产生的感应电动势为零，电阻中的电流为零，C、D错误。
【补偿训练】
1.当交流发电机的线圈转到线圈平面与中性面重合时，下列说法中正确的是
( )
A.电流将改变方向
B.磁场方向和线圈平面平行
C.线圈的磁通量最小
D.线圈产生的感应电动势最大
【解析】选A。当线圈平面与中性面重合时，磁场方向和线圈平面垂直，B错；磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，电流将改变方向，A对，C、D错。
2.(多选)矩形线框绕垂直于匀强磁场且在线框平面内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，各边切割磁感线的速度为零
【解析】选C、D。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，但此时线框各边的速度与磁感线平行，即不切割磁感线，所以感应电动势等于零，此时穿过线框的磁通量的变化率等于零，感应电动势或感应电流的方向也就在此时刻变化。线框垂直于中性面时，穿过线框的磁通量为零，但切割磁感线的两边都垂直切割磁感线，有效切割速度最大，所以感应电动势最大，也可以说此时穿过线框的磁通量的变化率最大。
二 交变电流的变化规律
1.峰值表达式：
Em=nBSω，Im=
，Um=ImR=
。
2.峰值决定因素：
由线圈匝数n、磁感应强度B、转动角速度ω和线圈面积S决定，与线圈的形状无关，与转轴的位置无关。
如图所示的几种情况中，如果n、B、ω、S均相同，则感应电动势的峰值均为Em=nBSω。
3.正弦式交变电流的瞬时值表达式：
(1)从中性面位置开始计时：
e=Emsinωt，i=Imsinωt，u=Umsinωt。
(2)从与中性面垂直的位置开始计时：
e=Emcosωt，i=Imcosωt，u=Umcosωt。
【典例示范】
如图所示，一边长为l的正方形线圈abcd绕对称轴OO′
在匀强磁场中转动，转速为n=120
r/min，若已知边
长l=20
cm，匝数N=20匝，磁感应强度B=0.2
T，求：
(1)转动中的最大电动势及其位置。
(2)从中性面开始计时的电动势瞬时值表达式。
(3)从图示位置转过90°过程中的平均电动势。
【解析】(1)当线圈平面转到与磁场平行时，ab、cd两边均垂直切割磁感线，
这时线圈中产生的感应电动势最大，n=120
r/min=2
r/s，Em=NBSω=20×0.2×0.22×2π×2
V≈2.0
V。
(2)电动势瞬时值表达式为e=Emsinωt=2sin4πt
(V)。
(3)
×20×0.2×0.22×2π×2
V=1.28
V
答案：(1)2.0
V 线圈平面与磁场平行
(2)e=2sin
4πt
(V) (3)1.28
V
【规律方法】确定交变电流电动势的瞬时表达式的方法
(1)用Em=NBSω确定峰值。
(2)确定角速度ω。若题中已知转速为n
r/s，则ω=2πn。
(3)确定计时起点位置，从而确定是选e=Emsinωt，还是选e=Emcosωt。
【素养训练】
交流发电机在工作时电动势为e=Emsinωt，若将发电机的角速度提高一倍，同
时将线框所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为
( )
A.e′=Emsin
B.e′=2Emsin
C.e′=Emsin2ωt
D.e′=
sin2ωt
【解析】选C。交变电流的瞬时值表达式e=Emsinωt，其中Em=NBSω，当ω加倍
而S减半时，Em不变，故C正确，A、B、D错误。
【补偿训练】
1.(多选)如图所示，(a)→(b)→(c)→(d)→(e)过程是交流发电机发电的示意图，线圈的ab边连在金属滑环K上，cd边连在金属滑环L上，用导体制成的两个电刷分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路连接。下列说法正确的是
( )
A.图(a)中，线圈平面与磁感线垂直，磁通量变化率最大
B.从图(b)开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系是i=Imcosωt
C.当线圈转到图(c)位置时，感应电流最小，且感应电流方向改变
D.当线圈转到图(d)位置时，感应电动势最大，ab边感应电流方向为a→b
【解析】选B、C。图(a)中，线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大，但磁通量变化率最小，为零，故选项A错误；从图(b)开始计时，线圈产生的感应电动势最大，形成的感应电流最大，线圈中电流i随时间t变化的关系是i=Imcosωt，故选项B正确；当线圈转到图(c)位置时，线圈位于中性面位置，此时感应电流最小，且感应电流方向改变，故选项C正确；当线圈转到图(d)位置时，感应电动势最大，可知ab边感应电流方向为b→a，故选项D错误。
2.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L1，bc长度为L2，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e1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e2的表达式。
(3)若线圈电阻为r，求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热。(其他电阻均不计)
【解析】(1)t时刻线圈平面与中性面的夹角为ωt，设ab距OO′轴为r1，cd距OO′轴为r2
，
则有：eab=BL1ωr1sinωt
①
ecd=BL1ωr2sinωt
②
线圈中的感应电动势为e1=eab+ecd=BL1L2ωsinωt
③
(2)t时刻线圈平面与中性面的夹角为ωt+φ0，则由③式知线圈中的感应电动势为e2=BL1L2ωsin(ωt+φ0)
④
(3)通过线圈电流的有效值为
⑤
线圈转动的周期为T=
⑥
所以线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热为
Q=I2RT=
⑦
答案：(1)e1=BL1L2ωsinωt
(2)e2=BL1L2ωsin(ωt+φ0) (3)
三 交变电流的应用
考查角度1
交变电流的图像及应用
1.正弦式交变电流的图像(从中性面开始计时)：
函 数
图 像
磁
通
量
Φ=Φm·cosωt
=BScosωt
电
动
势
e=Em·sinωt
=nBSωsinωt
电 压
u=Um·sinωt=
sinωt
电 流
i=Im·sinωt=
sinωt
2.交变电流图像的应用：
(1)根据图像可直接得到正弦式交变电流的最大值和周期，瞬时值，还可以求出频率、有效值和角速度等。
(2)根据线圈位于中性面时感应电动势、感应电流为零，可确定线圈位于中性面的时刻，亦为穿过线圈的磁通量最大的时刻和磁通量变化率为零的时刻。
(3)根据线圈平面与中性面垂直时感应电动势、感应电流最大，可确定线圈与中性面垂直的时刻，亦为穿过线圈的磁通量为零的时刻和磁通量变化率最大的时刻。
(4)判断线圈中磁通量的变化情况。
(5)分析判断电动势e、电流i、电压u随时间的变化规律。
【典例示范1】线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的图像如图所示，由图像可知
( )
A.在A、C时刻线圈处于中性面位置
B.在B、D时刻穿过线圈的磁通量为0
C.从A时刻到D时刻线圈转过的角度为π
D.若从0时刻到D时刻历时0.02
s，则在1
s内交变电流的方向改变100次
【解析】选D。A、C时刻感应电流最大，线圈位置与中性面垂直，B、D时刻感
应电流为0，线圈在中性面位置，此时磁通量最大。从A时刻到D时刻线圈转过
的角度为
。若从0时刻到D时刻历时0.02
s，则T=0.02
s，则在1
s内交变电
流的方向改变
×2=100(次)。则D正确，A、B、C错误。
考查角度2
交变电流的“四值”
【典例示范2】如图所示，边长为L的正方形线圈abcd的匝数为n，线圈电阻为r，线圈平面与磁场方向垂直，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上，磁感应强度为B，现在线圈以OO′为轴，以角速度ω匀速转动，以图示位置开始计时，求：
(1)闭合电路中电流瞬时值的表达式；
(2)线圈从图示位置转过90°的过程中电阻R上产生的热量；
(3)线圈从图示位置转过90°的过程中电阻R上通过的电荷量；
(4)电阻R上的最大电压。
【解析】(1)依题意，Em=
，
Im=
，i=Imsinωt
所以i=
sinωt。
(2)依题意，Q=I2R
，I=
，T=
所以Q=
。
(3)q=
·Δt，
，
所以q=n
，ΔΦ=
-0，解得q=
。
(4)Um=ImR，解得Um=
。
答案：(1)i=
sinωt (2)
(3)
(4)
【素养训练】
1.(多选)如图所示，交流发电机的矩形线圈边长ab=cd=0.4
m，ad=bc=0.2
m，线圈匝数N=100，电阻r=1
Ω，线圈在磁感应强度B=0.2
T的匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以ω=100π
rad/s的角速度匀速转动，外接电阻R=9
Ω，以线圈平面垂直于中性面时刻开始计时，则
( )
A.电动势瞬时值e=160πsin10πt
V
B.t=0时线圈中磁通量变化率最大
C.t=
s时线圈中感应电动势最大
D.交变电流的有效值是8
π
A
【解析】选B、C、D。S=ab·bc=0.08
m2，根据Em=NBSω得Em=160π
V，因从中
性面的垂面开始计时，故e=160πcos100πt
V，选项A错误；t=0时线圈中磁通
量变化率最大，选项B正确；t=
s时e=160π
V为最大值，选项C正确；交变电
流的有效值I=
，解得I=8
π
A，选项D正确。
2.小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的
角速度ω绕垂直于磁场的固定轴转动，线圈匝数
n=100，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按正弦规
律变化，如图所示。发电机内阻r=5.0
Ω，外电路
电阻R=95
Ω，求：
(1)一个周期内线圈发热产生的热量。
(2)线圈从中性面起转动半周的过程中，流过R的电量。
【解析】(1)根据题意得Em=nBSω=nΦmω
Im=
I=
，解得电流有效值I=
A
线圈产生的热量Q=I2rt=(
)2×5×2π×10-2
J=0.157
J
(2)从中性面开始半个周期内，平均感应电动势
平均电流?=
电荷量q=?Δt
即q=
代入数据解得q=2×10-2
C
答案：(1)0.157
J (2)2×10-2
C
【补偿训练】
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e0，不计线圈电阻，则发电机输
出电压( )
A.峰值是e0
B.峰值是2e0
C.有效值是
Ne0
D.有效值是
Ne0
【解析】选D。由题意可知，线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为
e0，因此对单匝矩形线圈总电动势最大值为2e0，又因为发电机线圈共N匝，所
以发电机线圈中总电动势最大值为2Ne0，根据闭合电路欧姆定律可知，在不计
线圈内阻时，输出电压等于感应电动势的大小，即其峰值为2Ne0，故A、B错
误；又由题意可知，若从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的感应电流为
正弦式交变电流，由其有效值与峰值的关系可知，U=
，即U=
Ne0，故C错
误、D正确。
2.如图所示，线圈的面积是0.05
m2，共有100匝；
线圈电阻为1
Ω，外接电阻R=9
Ω，匀强磁场的
磁感应强度为B=
T，当线圈以50
r/s的转速匀
速旋转时，求
(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式。
(2)线圈转过
s，感应电动势的瞬时值是多少？
(3)电路中电压表和电流表的示数各是多少？
(4)线圈每转过一周，外力所做的功。
(5)从计时开始，线圈转过
的过程中，通过外电阻的电量为多少？
【解析】(1)角速度：
ω=2πn=2π×50
rad/s=100π
rad/s；
电动势的最大值为Em=nBSω=100×
×0.05×100π
V=500
V
从中性面开始计时瞬时值表达式为e=Em
sinωt(V)=500sin100πt(V)
(2)当
s时，电动势的瞬时值
e=500sin
V=-250
V
(3)电动势的有效值为：
E=
电流表示数：I=
电压表示数：U=IR=25
×9
V=225
V
(4)外力做的功等于产生的热量
Q=I2(R+r)t=(25
)2×(9+1)×0.02
J=250
J
(5)根据q=I·Δt=n
从计时开始，线圈转过
的过程中，q=
答案：(1)e=500sin100πt(V) (2)-250
V
(3)225
V 25
A (4)250
J (5)
C
【拓展例题】考查内容：交变电流有效值及瞬时值的计算
【典例】如图所示，矩形线框匝数n=250匝，ab=12
cm，
ad=10
cm，线框置于B=
T的匀强磁场中绕垂直于磁场
的OO′轴以120
r/min的转速匀速转动。线框通过滑环与
外电路相连，线框内电阻不计，外电路接有R=12
Ω的电
阻及一只发光电压和熄灭电压都为12
V的氖泡L。求：
(1)当K接e时，电流表读数为多少？R的热功率为多大？10
min内外力对线框做
的功为多少？
(2)当K接f时，氖泡的闪光频率为多大？通电10
min，氖泡发光总时间为多少？
【解析】(1)K接e时，有I=
P=I2·R=(
)2×12
W=24
W
W=P·t=24×10×60
J=1.44×104
J
(2)K接f时，Um=nBSω=24
V
根据正弦曲线变化规律，可知在交变电流的一个周期T内，氖泡闪光2次，每次
闪光时间为
。
因f=2
Hz，故氖泡闪光频率为4
Hz，
通电10
min，氖泡发光的总时间为
t=10×60×
s=400
s。
答案：(1)
A 24
W 1.44×104
J (2)4
Hz 400
s
【课堂回眸】
课堂检测·素养达标
1.如图甲所示，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
( )
A.乙图中ab时间段对应甲图中A至B图的过程
B.乙图中bc时间段对应甲图中C至D图的过程
C.乙图中d时刻对应甲图中的D图
D.若乙图中d处是0.02
s，则1
s内电流的方向改变50次
【解析】选B。乙图中ab，感应电流为正方向，且大小在减小，根据楞次定律，则有：感应电流方向为abcda，根据法拉第电磁感应定律，则有：感应电流的大小在减小，所以对应甲图中B至C图的过程，故A错误；乙图中bc，感应电流为负方向，且大小在增大，根据楞次定律，则有：感应电流方向为adcba，根据法拉第电磁感应定律，则有：感应电流的大小在增大，所以对应甲图中C至D图的过程，故B正确；乙图中d时刻，感应电流为零，则磁通量的变化率最小，即磁通量最大，且电流由负变为零，故对应A图，故C错误；若乙图中d等于0.02
s，则周期为0.02
s，则交流电的频率为50
Hz，而一个周期内电流方向改变两次，所以1
s内电流的方向改变了100
次，故D错误；故选B。
2.旋转电枢式交流发电机的感应电动势e=Emsinωt，如将电枢的线圈匝数增加一倍，电枢的转速也增加一倍，其他条件不变，感应电动势的表达式将变为
( )
A.e=2Emsin2ωt
B.e=2Emsin4ωt
C.e=4Emsin2ωt
D.e=4Emsin4ωt
【解析】选C。e=Emsinωt=NBSωsinωt，N′=2
N，ω′=2ω，所以Em′=4Em，e′=4Emsin2ωt。则C正确，A、B、D错误。
3.矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴转动，线圈共100
匝，转速
为
r/min，在转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为0.03
Wb，则线圈平
面转到与磁感线平行时，感应电动势为多少？当线圈平面与中性面夹角
为
时，感应电动势为多少？
【解析】由题意知Φm=0.03
Wb，
ω=2πn=2π×
×
rad/s=
rad/s。
线圈转至与磁感线平行时，感应电动势最大，故
Em=NBSω=NΦmω=100×0.03×
V=1
V，
瞬时值表达式e=Emsin
ωt=sin
t
(V)。
当θ=ωt=
时，e=sin
V=
V。
答案：1
V
V
【新思维·新考向】
情境：如图所示为演示用的手摇发电机模型，匀强磁场磁感应强度B=0.5
T，线圈匝数N=50，每匝线圈面积为0.48
m2，转速为150
r/min，线圈在匀速转动过程中，从图示位置开始计时。
问题：(1)图示位置磁通量有什么特点？
(2)写出感应电动势瞬时值的表达式。
【解析】(1)图示位置磁通量最大，此位置是中性面。
(2)当线圈平面经过中性面时开始计时，则线圈在时间t内转过的角度为ωt，
于是瞬时感应电动势e=Emsinωt，其中Em=NBSω。
由题意知N=50，B=0.5
T
ω=
rad/s=5π
rad/s，S=0.48
m2
Em=NBSω=50×0.5×0.48×5π
V≈188
V
所以e=188sin5πt
(V)。
答案：
(1)见解析 (2)e=188sin5πt
(V)
