期末押題預測正弦交變電流的描述一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?金鳳區校級期末）交流發電機的線圈勻速轉動時產生正弦式交變電流，其電動勢隨時間變化的圖像如圖所示，下列說法正確的是（）A．t＝0時，穿過線圈的磁通量為0 B．t＝0.005s時，穿過線圈的磁通量變化率最大 C．t＝0.005s時，線圈位于中性面 D．發電機線圈轉動的角速度為50rad/s2．（2024秋?寶安區期末）如圖甲為某實驗小組自制的手搖發電機。以一定的頻率搖動手柄時，可使與其串聯的燈泡恰好正常發光。已知燈泡上標有“9V，4.5W”字樣。如圖乙為流過燈泡的電流隨時間的變化規律。下列說法正確的是（）A．通過燈泡的電壓的峰值為9V B．該交變電流每秒電流方向改變5次 C．一個周期內通過燈泡的電流的平均值為0.5A D．通過該燈泡的電流表達式為i=3．（2024秋?高密市期末）如圖所示，矩形線圈繞垂直于勻強磁場的軸OO′勻速轉動，軸線右側無磁場。以abcda方向為感應電流的正方向。從圖示位置開始線圈逆時針轉動1周，可描述線圈中感應電流隨時間變化規律的圖像是（）A． B． C． D．4．（2024秋?金鳳區校級期末）如圖是某交變電流的i﹣t圖像，這一交變電流的電流有效值為（）A．10A B．3A C．32A5．（2024秋?慈溪市期末）如圖所示，光滑的長直金屬桿通過兩個金屬環與一個形狀為一個周期內完整正弦函數圖象的金屬導線ab連接，導線其余部分未與桿接觸。金屬桿電阻不計，導線電阻為R，a、b間距離為2L，導線構成的正弦圖形頂部和底部到桿的距離都是d，在導線和金屬桿所在平面內有兩個方向相反的有界勻強磁場區域，磁場區域的寬度均為L，磁感應強度大小均為B，現在外力F作用下導線以恒定的速度v水平向右勻速運動，t＝0時刻導線從O點進入磁場，直到導線全部離開磁場區域的過程中，下列說法正確的是（）A．t1=LB．t2=LC．全過程中，電流的有效值為I=10D．外力F的最大值為F二．多選題（共4小題）（多選）6．（2024秋?濟南期末）交流發電機的線圈在磁場中勻速轉動產生正弦式交流電，其電壓隨時間的變化規律如圖所示，下列說法正確的是（）A．t＝0.1s時，穿過線圈的磁通量變化率最小 B．t＝0.2s時，穿過線圈的磁通量最小 C．若增大線圈的轉速，交流電的峰值變大 D．交流電壓的表達式為u＝12sin5πt（V）（多選）7．（2024秋?鄭州期末）如圖所示，矩形線圈面積為S，匝數為N，線圈電阻為r，在磁感應強度為B的勻強磁場中繞OO'軸以角速度ω勻速轉動，外電路電阻為R。當線圈由圖示位置轉過90°的過程中（）A．通過電阻R的電荷量為NBSωR+rB．通過電阻R的電荷量為NBSR+rC．通過電阻R電流的有效值為2NBSωD．通過電阻R電流的有效值為2NBSω（多選）8．（2024秋?溫州期末）如圖所示為某種發電機的示意圖，兩磁極N、S間的磁場可視為水平方向的勻強磁場，線圈匝數n＝30，線圈電阻r＝2Ω，線圈轉動過程中最大磁通量Φm＝0.2Wb。線圈兩端有兩個彼此絕緣的半圓金屬環可隨線圈一起轉動。兩個電刷固定不動，分別與兩半圓金屬環接觸，兩電刷間接有阻值為R＝8Ω的電阻，其余電阻不計。線圈繞垂直于磁場的軸OO′以角速度ω＝5πrad/s順時針勻速轉動。從圖示位置（線圈平面與磁場方向平行）開始計時，下列說法正確的是（）A．t＝2.2s時，線圈位于中性面位置 B．線圈轉動一周，通過電阻R的電流方向改變兩次 C．線圈轉動一周，通過電阻R的電荷量為2.4C D．線圈轉動一周，通過電阻R的電流的有效值為322（多選）9．（2024秋?五華區校級期末）一電阻R接到如圖甲所示的正弦交流電源上，兩端電壓的有效值為U1，消耗的電功率為P1；若該電阻接到如圖乙所示的方波交流電源上，兩端電壓的有效值為U2，消耗的電功率為P2。若甲、乙兩圖中的U0、T所表示的電壓值、周期值是相同的，則下列說法正確的是（）A．U1=2UC．P1=U02R三．填空題（共3小題）10．（2024秋?哈爾濱期末）如圖所示，交流發電機的矩形線圈abcd中，ab＝cd＝50cm，bc＝ad＝30cm，匝數n＝100匝，線圈電阻r＝1Ω，外電阻R＝4Ω。線圈在磁感應強度B＝0.05T的勻強磁場中繞垂直于磁場的轉軸OO′勻速轉動，角速度ω＝10rad/s，則產生感應電動勢的最大值為V，從圖示位置起，轉過90°過程中，通過線圈截面的電荷量為C。11．（2023秋?金臺區期末）如圖為通過一個R為1Ω的電阻的電流i隨時間變化的曲線。此電流的有效值為A；在1s內電阻R上產生的熱量為J。12．（2024春?福州期末）家用電子調光燈的調光原理是用電子線路將輸入的正弦式交流電壓的波形截去一部分來實現調節電壓，從而調節燈光的亮度。某電子調光燈經調整后的電壓波形如圖所示，則該交流電的電壓有效值為V。若將此電壓加在阻值R＝10Ω的電熱絲兩端，功率為W。四．解答題（共3小題）13．（2024秋?青島期末）如圖，矩形線圈abcd在勻強磁場中繞垂直于磁感線的軸OO′勻速轉動，已知線圈匝數為N，ab邊長為L1，bc邊長為L2，單匝線圈電阻為R0，轉動周期為T，勻強磁場的磁感應強度為B，外接電阻阻值為R。從圖示位置開始計時，求：（1）線圈中感應電動勢的瞬時值表達式；（2）0～1414．（2024秋?海淀區期末）如圖所示，交流發電機的矩形金屬線圈abcd處于磁感應強度B＝0.05T的勻強磁場中，其邊長ab＝cd＝50cm，bc＝ad＝20cm，匝數n＝100（圖中只畫出1匝），線圈的總電阻r＝10Ω，線圈可繞垂直于磁場且過bc和ad邊中點的轉軸OO'以角速度ω＝400rad/s勻速轉動。線圈的兩個末端分別與兩個彼此絕緣的銅環E、F（集流環）焊接在一起，并通過電刷與阻值R＝90Ω的定值電阻連接。電路中其他電阻以及線圈的自感系數均可忽略不計。（1）求線圈中感應電動勢的最大值Em。（2）從線圈平面與磁場方向平行位置開始計時，寫出線圈中感應電流i隨時間t變化的關系式；（3）求線圈轉動過程中，電阻R上的發熱功率P。15．（2024秋?海淀區校級期末）如圖甲所示，在一個正方形金屬線圈區域內，存在著磁感應強度B隨時間變化的勻強磁場，磁場的方向與線圈平面垂直。金屬線圈所圍的面積S＝100cm2，匝數n＝1000，線圈總電阻r＝1.0Ω。線圈與電阻R構成閉合回路，電阻R＝2.0Ω。以圖甲所示磁感應強度方向為正，勻強磁場的磁感應強度隨時間變化的情況如圖乙所示，求：（1）求出在0～0.2s時間內，線圈中感應電動勢的大小。（2）在圖丙中畫出線圈中感應電流隨時間變化的I﹣t圖像（以線圈中逆時方向為電流正方向，至少畫出兩個周期）。（3）求出線圈中電流的有效值。

期末押題預測正弦交變電流的描述參考答案與試題解析一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?金鳳區校級期末）交流發電機的線圈勻速轉動時產生正弦式交變電流，其電動勢隨時間變化的圖像如圖所示，下列說法正確的是（）A．t＝0時，穿過線圈的磁通量為0 B．t＝0.005s時，穿過線圈的磁通量變化率最大 C．t＝0.005s時，線圈位于中性面 D．發電機線圈轉動的角速度為50rad/s【考點】交變電流的u﹣t圖像和i﹣t圖像；交流發電機及其產生交變電流的原理．【專題】定量思想；歸納法；交流電專題；理解能力．【答案】B【分析】電動勢為零時，穿過線圈的磁通量最大；根據法拉第電磁感應定律分析；當線圈經過中性面時，穿過線圈的磁通量最大，磁通量變化率最小為零；根據周期和角速度的關系計算。【解答】解：A、t＝0時，電動勢的瞬時值為0，則此時穿過線圈的磁通量最大，故A錯誤；BC、由圖可知，在t＝0.005s時，電動勢的瞬時值最大，根據法拉第電磁感應定律可知穿過線圈的磁通量變化率最大，則此時處于與中性面垂直的位置，故B正確，C錯誤；D、由圖可知電動勢的周期為T＝0.02s，所以發電機線圈轉動的角速度為ω=2π故選：B。【點評】掌握中性面的特點是解題的基礎。2．（2024秋?寶安區期末）如圖甲為某實驗小組自制的手搖發電機。以一定的頻率搖動手柄時，可使與其串聯的燈泡恰好正常發光。已知燈泡上標有“9V，4.5W”字樣。如圖乙為流過燈泡的電流隨時間的變化規律。下列說法正確的是（）A．通過燈泡的電壓的峰值為9V B．該交變電流每秒電流方向改變5次 C．一個周期內通過燈泡的電流的平均值為0.5A D．通過該燈泡的電流表達式為i=【考點】交變電流的u﹣t圖像和i﹣t圖像．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；理解能力．【答案】D【分析】燈泡上標示的電壓為有效值；每個周期電流方向改變兩次，據此計算；根據法拉第電磁感應定律分析；計算出電流的最大值，和線圈轉動的角速度，然后根據最大值和圖像寫出電流的瞬時值表達式。【解答】解：A.燈泡上標示的電壓為有效值，即通過燈泡電壓的有效值為9V，峰值為92B.由圖像知其周期T＝0.2s，1s有5個周期，每個周期電流方向改變兩次，故每秒電流方向改變10次。故B錯誤；C.在一個周期內穿過線圈的總磁通量的變化為零，所以由法拉第電磁感應定律可知，一個周期內的平均電動勢為零，則平均電流也等于零，故C錯誤；D.已知額定電壓為9V、額定功率為4.5W，燈泡恰好正常發光，則流過燈泡電流的有效值為I=PU=4.59A=0.5A，則流過燈泡的最大值為故選：D。【點評】知道用電器銘牌上標注的電壓都是指有效值是解題的關鍵，掌握法拉第電磁感應定律的應用和有效值與最大值的關系。3．（2024秋?高密市期末）如圖所示，矩形線圈繞垂直于勻強磁場的軸OO′勻速轉動，軸線右側無磁場。以abcda方向為感應電流的正方向。從圖示位置開始線圈逆時針轉動1周，可描述線圈中感應電流隨時間變化規律的圖像是（）A． B． C． D．【考點】交變電流的u﹣t圖像和i﹣t圖像；用有效值計算交流電路的電功、電功率和焦耳熱．【專題】定性思想；圖析法；交流電專題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據楞次定律判斷出感應電流的方向。由感應電動勢的表達式e＝Emsinωt，由歐姆定律求出此線圈感應電流的表達式，再選擇圖象。【解答】解：如圖所示，左側線框在磁場中開始轉動時，在0～T4時間內，磁通量減小，原磁場方向向里，由楞次定律“增反減同”可知，感應電流的磁場方向向里，產生的感應電流的方向為abcda，即與電流規定的正方向相同，根據交流電產生原理得，從中性面開始計時，線框轉動產生的交流電e＝Bsωsin電流i=e在T4故選：C。【點評】本題主要考查了線圈在磁場中產生感應電流及其大小，法拉第電磁感應定律判斷出感應電動勢的大小，進而根據歐姆定律判斷出電流大小。4．（2024秋?金鳳區校級期末）如圖是某交變電流的i﹣t圖像，這一交變電流的電流有效值為（）A．10A B．3A C．32A【考點】有效值的定義和一般交變電流的有效值．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】A【分析】取一個周期時間，將交流與直流分別通過相同的電阻，若產生的熱量相同，直流的電流值，即為此交流的有效值。【解答】解：設這一交變電流的電流有效值為I，周期為T＝1s，電阻為R，根據有效值定義可得I2代入數據解得I=10故選：A。【點評】本題考查求交流電的有效值問題，此類問題往往根據電流的熱效應，由有效值的定義求解。5．（2024秋?慈溪市期末）如圖所示，光滑的長直金屬桿通過兩個金屬環與一個形狀為一個周期內完整正弦函數圖象的金屬導線ab連接，導線其余部分未與桿接觸。金屬桿電阻不計，導線電阻為R，a、b間距離為2L，導線構成的正弦圖形頂部和底部到桿的距離都是d，在導線和金屬桿所在平面內有兩個方向相反的有界勻強磁場區域，磁場區域的寬度均為L，磁感應強度大小均為B，現在外力F作用下導線以恒定的速度v水平向右勻速運動，t＝0時刻導線從O點進入磁場，直到導線全部離開磁場區域的過程中，下列說法正確的是（）A．t1=LB．t2=LC．全過程中，電流的有效值為I=10D．外力F的最大值為F【考點】正弦式交變電流的有效值；電磁感應過程中的能量類問題．【專題】定量思想；等效替代法；交流電專題；推理論證能力．【答案】C【分析】由法拉第電磁感應定律，可知導線切割磁場時的感應電動勢大小；由歐姆定律，可知感應電流大小；由正弦交變電源的峰值有效值關系，可計算電流的有效值；由金屬始終勻速運動，可知受力平衡，結合安培力公式，即可計算外力的瞬時值和最大值。【解答】解：由金屬導線始終勻速運動，可知其每段通過磁場的時間都是相同的，在0～Lv和3Lv～4Lv時間內，導線切割磁場的有效長度即導線與磁場邊界交點到金屬桿的距離，兩段時間內感應電流方向相反；在Lv～2Lv若導線與磁場中間邊界交點處到金屬桿的高度為h，則此時有效長度為L有效＝h+h+h＝3h當t=3L以導線中a→b為電流正方，整個過程中感應電流與時間的關系圖象如圖乙所示。A、結合幾何關系可知當t1=L2v時，切割磁感線的有效長度為d，所以電動勢的大小為EB、當t2C、根據交流電有效值與最大值的關系可知在0～Lv和3Lv～4L在Lv～2Lv和2Lv～根據交流電有效值的概念知在整個過程中的有效值滿足I可得I=故C正確；D、當t=3L2v時，感應電動勢有最大，此時的外力F也最大，為：Fm＝BIm?3d故選：C。【點評】本題主要是考查電磁感應現象中電路問題與能量問題，關鍵是弄清楚金屬導線在磁場中運動時有效切割長度的計算，能夠根據圖像法進行分析。二．多選題（共4小題）（多選）6．（2024秋?濟南期末）交流發電機的線圈在磁場中勻速轉動產生正弦式交流電，其電壓隨時間的變化規律如圖所示，下列說法正確的是（）A．t＝0.1s時，穿過線圈的磁通量變化率最小 B．t＝0.2s時，穿過線圈的磁通量最小 C．若增大線圈的轉速，交流電的峰值變大 D．交流電壓的表達式為u＝12sin5πt（V）【考點】交變電流峰值的計算和影響因素；交變電流的u﹣t圖像和i﹣t圖像．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】CD【分析】根據圖像判斷AB；根據Em＝NBSω分析C；根據圖像得到交流電壓的最大值和周期，進而得到線圈轉動的角速度，從而可寫出交流電壓的表達式。【解答】解：A、由圖像可知，在t＝0.1s時，電壓最大，所以穿過線圈的磁通量變化率最大，故A錯誤；B、由圖像可知，在t＝0.2s時，電壓為零，則線圈在中性面位置，穿過線圈的磁通量最大，故B錯誤；C、根據Em＝NBSω可知，若增大線圈的轉速，則線圈的角速度ω增大，交流電的峰值變大，故C正確；D、由圖像可知交流電壓的峰值為12V，周期為0.4s，所以線圈轉動的角速度為ω=2πT=故選：CD。【點評】知道交流電壓最大時，磁通量的變化率最大，交流電壓為零時，磁通量變化率為0，此時線圈在中性面位置。（多選）7．（2024秋?鄭州期末）如圖所示，矩形線圈面積為S，匝數為N，線圈電阻為r，在磁感應強度為B的勻強磁場中繞OO'軸以角速度ω勻速轉動，外電路電阻為R。當線圈由圖示位置轉過90°的過程中（）A．通過電阻R的電荷量為NBSωR+rB．通過電阻R的電荷量為NBSR+rC．通過電阻R電流的有效值為2NBSωD．通過電阻R電流的有效值為2NBSω【考點】計算線圈轉動過程中的電荷量；正弦式交變電流的有效值．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】BC【分析】由法拉第電磁感應定律，可知線圈產生的感應電動勢的峰值表達式，由交流電的峰值與有效值關系，可計算線圈產生的感應電動勢的有效值；由閉合電路歐姆定律，可知通過電阻的電流的有效值；由電流的定義式和法拉第電磁感應定律，可計算線圈轉動過程中，通過電阻的電荷量。【解答】解：CD、由法拉第電磁感應定律，可知線圈產生的感應電動勢的峰值表達式Em＝NBSω，由交流電的峰值與有效值關系，可知線圈產生的感應電動勢的有效值E=E由閉合電路歐姆定律，可知通過電阻的電流的有效值為：I=ER+r，解得：AB、由電流的定義式I=qΔt，法拉第電磁感應定律E=n×ΔΦ故選：BC。【點評】本題考查交流電的計算，關鍵是綜合利用電流的定義式與法拉第電磁感應定律。（多選）8．（2024秋?溫州期末）如圖所示為某種發電機的示意圖，兩磁極N、S間的磁場可視為水平方向的勻強磁場，線圈匝數n＝30，線圈電阻r＝2Ω，線圈轉動過程中最大磁通量Φm＝0.2Wb。線圈兩端有兩個彼此絕緣的半圓金屬環可隨線圈一起轉動。兩個電刷固定不動，分別與兩半圓金屬環接觸，兩電刷間接有阻值為R＝8Ω的電阻，其余電阻不計。線圈繞垂直于磁場的軸OO′以角速度ω＝5πrad/s順時針勻速轉動。從圖示位置（線圈平面與磁場方向平行）開始計時，下列說法正確的是（）A．t＝2.2s時，線圈位于中性面位置 B．線圈轉動一周，通過電阻R的電流方向改變兩次 C．線圈轉動一周，通過電阻R的電荷量為2.4C D．線圈轉動一周，通過電阻R的電流的有效值為322【考點】計算線圈轉動過程中的電荷量；交流發電機及其產生交變電流的原理；正弦式交變電流的有效值．【專題】定量思想；推理法；電磁感應與電路結合；推理論證能力．【答案】BD【分析】由周期公式，可計算該交流電的周期，即可知2.2s時，線圈的位置；由交流電的特點，可知線圈每轉動一圈，通過電阻的電流方向改變次數；由閉合電路歐姆定律、電流定義式、法拉第電磁感應定律，可知通過電阻的電荷量；由法拉第電磁感應定律，可知線圈產生的感應電動勢的峰值，由交流電的特點，可知線圈產生的感應電動勢的有效值，根據閉合電路歐姆定律，可計算通過電阻的電流有效值。【解答】解：A、由周期公式，可知該交流電的周期T=2πω，即可知t＝2.2s時，線圈從此位置轉過了tTB、由交流電的特點，可知線圈每轉動一圈，通過電阻的電流方向改變2次，故B正確；C、由閉合電路歐姆定律I=ER+r、電流定義式I=qD、由法拉第電磁感應定律，可知線圈產生的感應電動勢的峰值Em＝nΦmω，由交流電的特點，可知線圈產生的感應電動勢的有效值E=E根據閉合電路歐姆定律I=ER+r，解得通過電阻的電流有效值為：故選：BD。【點評】本題考查交流電的計算，關鍵掌握交流電的峰值、有效值的關系。（多選）9．（2024秋?五華區校級期末）一電阻R接到如圖甲所示的正弦交流電源上，兩端電壓的有效值為U1，消耗的電功率為P1；若該電阻接到如圖乙所示的方波交流電源上，兩端電壓的有效值為U2，消耗的電功率為P2。若甲、乙兩圖中的U0、T所表示的電壓值、周期值是相同的，則下列說法正確的是（）A．U1=2UC．P1=U02R【考點】正弦式交變電流的有效值．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】AD【分析】由交流電有效值的計算方法，可知兩種電源的有效電壓；由電功率公式，可知兩種電源的電功率，結合兩種電源的電功率表達式，即可得到電功率之比。【解答】解：AB、由交流電有效值的計算方法，可知甲電源的有效電壓滿足：U1乙電源的有效電壓滿足：(2U0)CD、由電功率公式P=U2R，可知兩種電源的電功率表達式分別為：P1=故選：AD。【點評】本題考查交流電有效值計算，關鍵是理解交流電的有效值，即與其發熱效果相同的直流電的參數。三．填空題（共3小題）10．（2024秋?哈爾濱期末）如圖所示，交流發電機的矩形線圈abcd中，ab＝cd＝50cm，bc＝ad＝30cm，匝數n＝100匝，線圈電阻r＝1Ω，外電阻R＝4Ω。線圈在磁感應強度B＝0.05T的勻強磁場中繞垂直于磁場的轉軸OO′勻速轉動，角速度ω＝10rad/s，則產生感應電動勢的最大值為7.5V，從圖示位置起，轉過90°過程中，通過線圈截面的電荷量為0.15C。【考點】計算線圈轉動過程中的電荷量；交變電流峰值的計算和影響因素．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】7.5；0.15。【分析】由交流電特點，可知峰值表達式，結合題意中的匝數、磁感應強度、線圈長寬、角速度，即可計算感應電動勢的峰值；由電流的定義式、結合法拉第電磁感應定律，即可計算通過線圈的電荷量。【解答】解：峰值表達式為：E＝nBSω，其中S＝lablbc，解得：E＝7.5V；從圖示位置起，轉過90°過程中，平均電動勢為：E=n×ΔΦΔt，電流的定義式為：I故答案為：7.5；0.15。【點評】本題考查交流電的簡單計算，關鍵是綜合利用電流的定義式與法拉第電磁感應定律。11．（2023秋?金臺區期末）如圖為通過一個R為1Ω的電阻的電流i隨時間變化的曲線。此電流的有效值為1.67A；在1s內電阻R上產生的熱量為2.8J。【考點】用有效值計算交流電路的電功、電功率和焦耳熱．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】1.67；2.8【分析】根據有效值的定義求解．取一個周期時間，將交流與直流分別通過相同的電阻，若產生的熱量相同，直流的電流值，即為此交流的有效值，根據焦耳定律計算。【解答】解：根據焦耳定律有I2R×1＝12×R×0.2×2+22×R×0.3×2代入數據解得I≈1.68A所以該交變電流的有效值是1.68A；在1s內電阻R上產生的熱量為Q＝I2RT＝1.672×1×1J＝2.8J故答案為：1.67；2.8【點評】求交流電的有效值，往往根據電流的熱效應，由有效值的定義求解。12．（2024春?福州期末）家用電子調光燈的調光原理是用電子線路將輸入的正弦式交流電壓的波形截去一部分來實現調節電壓，從而調節燈光的亮度。某電子調光燈經調整后的電壓波形如圖所示，則該交流電的電壓有效值為110V。若將此電壓加在阻值R＝10Ω的電熱絲兩端，功率為1210W。【考點】正弦式交變電流的函數表達式及推導．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】110，1210【分析】根據電流的熱效應：由一個周期內交變電流通過電阻R的產生熱量與直流電通過電阻R一個周期內產生熱量相等，求解有效值。多用電表的示數為有效值；結合電功率的計算公式可解得。【解答】解：據有效值的概念可知(220解得U＝110V若將此電壓加在阻值R＝10Ω的電熱絲兩端，功率為P=U故答案為：110，1210【點評】求解交流電的有效值，從有效值的定義出發，根據一個周期內通過相同的電阻，發熱量相同，此直流的值即為交流電的有效值。四．解答題（共3小題）13．（2024秋?青島期末）如圖，矩形線圈abcd在勻強磁場中繞垂直于磁感線的軸OO′勻速轉動，已知線圈匝數為N，ab邊長為L1，bc邊長為L2，單匝線圈電阻為R0，轉動周期為T，勻強磁場的磁感應強度為B，外接電阻阻值為R。從圖示位置開始計時，求：（1）線圈中感應電動勢的瞬時值表達式；（2）0～14【考點】用有效值計算交流電路的電功、電功率和焦耳熱；計算從不同位置開始計時交變電流的表達式．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】（1）線圈中感應電動勢的瞬時值表達式為e＝NBL1L2?2πTsin2πt（2）0～14T內通過電阻R的電荷量為NBL1【分析】（1）根據正弦式交流電瞬時值的表達式推導完成；（2）根據電流的平均值和有效值結合電荷量、電熱的表達式列式計算。【解答】解：（1）圖中線圈從中性面開始轉動，其電動勢瞬時值表達式為e＝Emsinωt＝NBL1L2?2πTsin2πt（2）0～14T內通過電阻R的電荷量q=It=NΔΦΔtR+NR0?Δt=NBL答：（1）線圈中感應電動勢的瞬時值表達式為e＝NBL1L2?2πTsin2πt（2）0～14T內通過電阻R的電荷量為NBL1【點評】考查正弦式交變電流的表達式和電荷量、電熱的計算問題，會根據題意進行準確分析解答。14．（2024秋?海淀區期末）如圖所示，交流發電機的矩形金屬線圈abcd處于磁感應強度B＝0.05T的勻強磁場中，其邊長ab＝cd＝50cm，bc＝ad＝20cm，匝數n＝100（圖中只畫出1匝），線圈的總電阻r＝10Ω，線圈可繞垂直于磁場且過bc和ad邊中點的轉軸OO'以角速度ω＝400rad/s勻速轉動。線圈的兩個末端分別與兩個彼此絕緣的銅環E、F（集流環）焊接在一起，并通過電刷與阻值R＝90Ω的定值電阻連接。電路中其他電阻以及線圈的自感系數均可忽略不計。（1）求線圈中感應電動勢的最大值Em。（2）從線圈平面與磁場方向平行位置開始計時，寫出線圈中感應電流i隨時間t變化的關系式；（3）求線圈轉動過程中，電阻R上的發熱功率P。【考點】正弦式交變電流的函數表達式及推導；交流發電機及其產生交變電流的原理；交變電流的u﹣t圖像和i﹣t圖像．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】（1）線圈中感應電動勢的最大值Em為200V；（2）線圈中感應電流i隨時間t變化的關系式為i＝2cos400t（A）；（3）線圈轉動過程中，電阻R上的發熱功率P為180W。【分析】（1）根據Em＝nBSω計算；（2）根據閉合電路的歐姆定律計算出最大電流，然后根據表達式分析即可；（3）計算出電路中電流的有效值，然后根據公式P＝I2R計算。【解答】解：（1）線圈中感應電動勢的最大值Em＝nBSω＝100×0.05×50×10﹣2×20×10﹣2×400V＝200V（2）電路中的最大電流為Im線圈中感應電流i隨時間t變化的關系式為i＝Imcosωt整理可得i＝2co