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第 25 讲 交变电流的产生和描述
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．
考点一 正弦式交变电流的产生及变化规律
1．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E ＝nBSω，与转轴位置无关，与线圈形状无关．
m2．交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)
规律
函数表达式 图象
物理量
磁通量 Φ＝Φ cos ωt＝BScos ωt
m
电动势 e＝E sin ωt＝nBSωsin ωt
m
电压 u＝U sin ωt＝sin ωt
m
电流 i＝I sin ωt＝sin ωt
m
[例题1] （2024•山东开学）社团活动丰富了同学们的课余生活，如图所示为小冬同学制
作的一台手摇式交流发电机，当缓慢摇动大皮带轮手柄时，连接在发电机上的小灯泡就会一闪
一闪的发光。若已知大皮带轮的半径为R，小皮带轮的半径为r，R＝6r，摇动手柄的角速度为
，且摇动过程中皮带不打滑，则下列说法正确的是（ ）
ω
ω
A．发电机产生的交变电流频率为
2π
6ω
B．小灯泡闪烁的频率为
π
C．增大摇动手柄的角速度 ，小灯泡的闪烁频率增大，但亮度不变
D．增大摇动手柄的角速度ω，小灯泡的闪烁频率不变，但亮度增大
【解答】解：A．皮带传动时ω，两皮带轮边缘线速度大小相等，根据
v＝ r＝ R
1
其中ωR＝6ωr
解得： ＝6
1
可知，ω发电机ω转子的角速度为手柄角速度的6倍，发电机产生的交变电流频率为：1
f =
T
2π
又T=
ω
1
3ω
联立解得：f = ，故A错误；
π
B．小灯泡闪烁的频率是交流电频率的两倍，即有
f ＝2f
1
6ω
解得：f = ，故B正确；
1 π
CD．感应电动势的峰值为：
E ＝NBS
m 1
解得：E ω＝6NBS
m
结合上述可知，增ω大摇动手柄的角速度 ，小灯泡的闪烁频率增大，电动势的峰值增大，即电
动势的有效值增大，即小灯泡的亮度也增ω大，故CD错误。
故选：B。
[例题2] （2024•徐州二模）我市某兴趣小组利用地磁场探究交变电流的规律。如图甲所
示，线圈在地磁场中匀速转动，转轴OO'沿东西方向水平放置，产生的交变电流i随时间t变
化 关 系 图 像 如 图 乙 所 示 。 已 知 地 磁 场 方 向 斜 向 下 ， 则 （ ）
A．0时刻，线圈在竖直面内
T
B． 时刻，线圈在水平面内
4
C．若仅增加转速，I 变小
m
D．若仅将转轴沿南北方向水平放置，I 变小
m
【解答】解：A、0时刻，由乙图可知感应电流为0，此时穿过线圈的磁通量最大，线圈处于与
磁场方向垂直的平面，故A错误；T
B、 时刻，由乙图可知，感应电流最大，此时穿过线框的电通量最小，线圈处于与磁场方向平
4
行的平面，故B错误；
C、若仅增加转速，线圈产生的感应电动势最大值E ＝NBS 增大，则I 变大，故C错误；
m m
D、若仅将转轴沿南北方向水平放置，只有地磁场的竖直分ω量穿过线圈，即磁通量的最大值
m
＝BS减小，所以线圈产生的感应电动势最大值E ＝NBS ＝N 变小，则I 变小，故D正Φ确。
m m m
故选：D。 ω Φ ω
[例题3] （2023秋•浦东新区校级期末）一矩形线圈绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内
的固定轴匀速转动。线圈中的感应电动势e随时间t变化的规律如图所示，则下列说法错误的
是（ ）
A．图中是从线圈平面与磁场方向平行时开始计时的
B．t 和t 时刻穿过线圈的磁通量为零
1 3
C．t 和t 时刻穿过线圈的磁通量的变化率为零
1 3
D．感应电动势e的方向变化时，穿过线圈的磁通量最大
【解答】解：A、由题图可知，当t＝0时，感应电动势最大，说明穿过线圈的磁通量的变化率最
大，磁通量为零，即图中曲线是从线圈平面与磁场方向平行时开始计时的，故A正确；
BC、t 和t 时刻感应电动势为零，穿过线圈的磁通量的变化率为零，磁通量最大，故 B错误，C
1 3
正确；
D、感应电动势e的方向变化时，线圈通过中性面，穿过线圈的磁通量最大，故D正确。
本题选择错误选项；
故选：B。
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需根据电流的热效应进行计算．
[例题4] （2024春•深圳期中）如图所示是某一交变电流的i﹣t图像，曲线部分为正弦函
数的一部分，则该交变电流的有效值为（ ）
A．2A B．3A C．2√2A D．3√2A
【 解 答 】 解 ： 设 交 流 电 电 流 的 有 效 值 为 I ， 周 期 为 T ， 电 阻 为 R ， 则 有 ：
4√2 T 2T
I2RT=( ) 2×R× +22×R× ，解得 I=2√2A，故C正确，ABD错误。
√2 3 3
故选：C。
[例题5] （2024•河东区二模）2022年11月23日由三峡集团研制的单机容量16兆瓦海上
风电机组成功下线，该机组是目前全球单机容量最大、叶轮直径最大的风电机组，风力发电机
简易模型如甲图所示，某兴趣小组自制了一台风力发电机，试验中叶轮带动线圈在匀强磁场中
转动，产生的交流电电流随时间变化的图像如图乙所示，则下列说法中正确的是（ ）
A．电流的频率为5Hz
B．电流的有效值为10A
C．线圈处于甲图所示位置时产生的电流最大
D．电流的瞬时值表达式为i＝10sin10 t（A）
【解答】解：A、由图像可知，交变电π流的周期为T＝0.2s
1 1
频率为f= = Hz＝5Hz
T 0.2故A正确；
B、由图像可知，电流的峰值为I ＝10A
m
I 10
则有效值为I= m = A＝5√2A
√2 √2
故B错误；
C、线圈处于图甲所示位置时，磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，感应电流
为零，故C错误；
2π 2π
D、线圈转动的角速度为 = = rad/s＝10 rad/s
T 0.2
ω π
电流的瞬时值表达式为i＝I cos t＝10cos10 t（A）
m
故D错误。 ω π
故选：A。
[例题6] （2024•琼山区校级模拟）如图所示，匀强磁场的左边界为 OO'，磁场方向垂直
于纸面向里、磁感应强度大小为B。t＝0时刻，面积为S的单匝三角形线圈与磁场垂直，三分
之二的面积处于磁场中。当线圈绕OO'以角速度 匀速转动，产生感应电动势的有效值为（
） ω
√5BSω √10BSω √5BSω √2BSω
A． B． C． D．
6 6 3 4
【解答】解：根据题意可知，三分之二的面积处于磁场中转动时产生的感应电动势最大值为
2 T
E = BSω，转动时间为 ；三分之一的面积处于磁场中转动时产生的感应电动势最大值为
m1 3 2
1
E = BSω
m2 3T 2BSω ⋅ T BSω T E2
转动时间也为 ，根据有效值定义得：( ) 2 2R+( ) 2 ⋅ = ⋅T
2 √2 √2 2R R
√5
解得：E= BSω
6
故选：A。
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
e＝E sin ωt 计算线圈某时刻的受力情
m
瞬时值 交变电流某一时刻的值
i＝I sin ωt 况
m
E ＝nBSω
m
峰值 最大的瞬时值 讨论电容器的击穿电压
I ＝
m
(1)计算与电流的热效应
E＝ 有关的量(如电功、电功
U＝ 率、电热等)
跟交变电流的热效应等效
有效值 I＝ (2)电气设备“铭牌”上
的恒定电流的值
适用于正(余)弦式交变电 所标的一般是有效值
流 (3)保险丝的熔断电流为
有效值
交变电流图象中图线与时 ＝Bl
计算通过电路横截面的电
平均值 间轴所夹的面积与时间的 ＝n
荷量
比值 ＝
[例题7] （2024•朝阳区校级模拟）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 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ω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（ ）A．线圈转动的角速度为
ω4nBL2ω
B．灯泡两端电压有效值为
√2
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
4√2nBL2ω
压有效值为
3
D．若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮
【解答】解：A、大轮和小轮通过皮带传动，线速度的大小相等，根据线速度的计算公式v＝ r
可知，角速度的大小与半径成反比，因为大轮和小轮的半径之比为 4：1，则小轮转动的角速ω度
为大轮转动角速度的4倍，即线圈转动的角速度为4 ，故A错误；
B、根据法拉第电磁感应定律可知，线圈产生的感应ω电动势的最大值为：E
m
＝NBS×4 ＝4nBL2
E
ω ω
由正弦式交流电峰值和有效值的关系可知，产生的电动势的有效值为：E= m
√2
R
根据欧姆定律可得灯泡两端电压的有效值为：U= E
R+R
联立解得：U=√2nBL2ω，故B错误；
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，则线圈的匝数
会变为原来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值为：E ＝8nBL2
m1
E 8nBL2ω
ω
此时线圈产生感应电动势的有效值为：E = m1= =4√2nBL2ω
1
√2 √2
ρL
根据电阻定律可得：R=
S
可知线圈的电阻也会变为原先的 2 倍，根据电路构造的分析和欧姆定律可得： U
1
R 4√2nBL2ω
= = ，故C正确；
R+2R 3
D、若将小轮半径变为原来的2倍，则根据线速度的计算公式可知线圈和小轮的角速度都会变小，nBSω
根据有效值和峰值的关系可知：E =
√2
则线圈产生的电动势的有效值也会减小，因此灯泡会变暗，故D错误；
故选：C。
[例题8] （2024•天津模拟）如图为交流发电机的示意图，线圈在转动时可以通过滑环和
电刷保持与外电路的连接。两磁极之间的磁场视为匀强磁场且磁感应强度大小为B，单匝线圈
ABCD的面积为S、电阻为r，定值电阻的阻值为R，其余电阻不计，交流电压表为理想电表。
线圈以角速度 绕OO′轴逆时针匀速转动，如果以图示位置为计时起点，则（ ）
ω
A．图示时刻电压表示数为BS
ω BSω
B．通过电阻R的电流瞬时值表达式为i= sinωt
R+r
2BSω
C．线圈从图示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电流平均值为
π(R+r)
πRB2S2ω
D．线圈从图示位置转过90°的过程中，电阻R产生的焦耳热为
2(R+r) 2
【解答】解：A．线圈中产生的感应电动势的最大值为E ＝BS
m
BSωR ω
电压表示数应为电阻R两端的电压有效值，则有U=
√2(R+r)
故A错误；
E BSω
B．根据欧姆定律有I= =
R+r √2(R+r)
BSω
电流瞬时值表达式为i=√2Icosωt= cosωt
R+r
故B错误；
π
C．线圈从图示位置转过90°的过程中所用时间 2 π
Δt= =
ω 2ωΔΦ BS 2BSω
根据法拉第电磁感应定律可知产生的感应电动势平均值为E= = =
Δt Δt π
E 2BSω
则通过电阻R的电流平均值I= =
R+r π(R+r)
故C正确；
D．线圈从图示位置转过90°的过程中，电阻R上产生的焦耳热
πRB2S2ω
Q=I2RΔt=
4(R+r) 2
故D错误。
故选：C。
[例题9] （2023秋•下城区校级期末）边长为L的单匝正方形金属框，电阻为r，在磁感
应强度为B的匀强磁场中以恒定角速度 绕垂直磁场的OO′轴转动，外接电阻为R。如图甲
所示，第一次在发电机的矩形线框处加水ω平向右的匀强磁场开始计时；如图乙所示，第二次在
矩形线框处加竖直向下的匀强磁场开始计时。下列说法正确的是（ ）
BL2ω
A．甲输出是交流电，转动一周的过程中电流的有效值为
√2(R+r)
4BL2
B．甲输出是直流电，转动一周的过程中流过电阻的电荷量q=
R+r
C．乙输出是交流电，转动一周的过程中电阻R上电压最大值为B L2
B2L4ω2
ω
D．乙输出是直流电，转动一周的过程中电路的总功率为
R+r
【解答】解：AB．根据右手定则可知，甲图中通过电阻的电流方向始终不变，则甲输出是直流
电，根据正弦式交流电峰值和有效值的关系可知转动一周的过程中电流的有效值为I E BL2ω
I = m = m =
有 √2 √2(R+r) √2(R+r)
转动一周的过程中，每转过90°，通过电阻的电荷量为
E ΔΦ BL2
q =It= t= ⋅t=
0 R+r (R+r)t R+r
则转动一周的过程中流过电阻的电荷量
4BL2
q=4q =
0 R+r
故A错误，B正确；
CD．根据右手定则可知，乙图中通过电阻的电流方向改变，则乙输出是交流电，转动一周的过
程中电阻R上电压最大值为
R RBL2ω
U = E =
m R+r m R+r
E2 E2 B2L4ω2
根据功率的公式有P= 有 = m =
R+r 2(R+r) 2(R+r)
故CD错误。
故选：B。
题型1有关中性面的问题
1. （多选）（2024•大庆三模）矩形线圈的匝数为50匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的
轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示，已知 ＝3.14，下列说法正确
的是（ ） π
A．在t＝0.1s和t＝0.3s时，电动势最大
B．在r＝0.1s和t＝0.3s时，线圈中电流改变方向C．在t＝0.4s时，磁通量变化率最大
D．电动势的最大值是31.4V
【解答】解：AB.由图可知，在t＝0.1s和t＝0.3s时，磁通量最大，故线圈位于中性面位置，此
时感应电动势为零，电流方向发生改变，故A错误，B正确；
C．在t＝0.4s时，图像的切线斜率最大，可知磁通量变化率最大，故C正确；
D．根据图象可知电动势的最大值：
2π 2×3.14
E ＝NBS ＝NBS =50×2× V＝1570V，故D错误。
m T 0.4
ω
故选：BC。
2. （多选）（2024•雨花区校级开学）如图为交流发电机示意图，线圈沿逆时针方向匀
速 转 动 ， 下 列 说 法 正 确 的 是 （ ）
A．甲→乙过程中，AB边中的电流由A→B
B．丙→丁过程中，AB边中的电流由A→B
C．图甲位置线圈中感应电动势最大
D．图乙位置线圈中感应电流最大
【解答】解：A．甲→乙过程中，根据楞次定律可知，AB边中的电流由B→A，故A错误；
B．丙→丁过程中，根据楞次定律可知，AB边中的电流由A→B，故B正确；
C．图甲位置，线圈中磁通量最大，磁通量变化率为零，线圈中感应电动势为零，感应电动势最
小，故C错误；
D．图乙位置，线圈中磁通量为零，磁通量变化率最大，线圈中感应电动势最大，感应电流最大，
故D正确。
故选：BD。
3. （多选）（2023秋•天津期末）风力发电是一种绿色清洁能源。其发电原理可简化如
下，风轮转动带动内部的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动。产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图乙所示，发电机线圈内阻为 10 ，外接一只电阻为90 的灯泡，不
计电路的其他电阻，则（ ） Ω Ω
A．t＝0.01s时穿过线圈的磁通量最大
B．t＝0.01s时穿过线圈的磁通量变化率为零
C．灯泡两端的电压为18V
D．每秒内电流方向改变50次
【解答】解：AB、由图可知t＝0.01s时瞬时电压为零，线圈位于中性面，故此时穿过线圈的磁
通量最大，穿过线圈的磁通量变化率为零，故AB正确；
e 20
C、由图可知发电机的有效电压为 U= m = V＝10√2V，灯泡两端的电压为 U′
√2 √2
R 90
= U= ×10√2V＝9√2V，故C错误；
R+r 90+10
D、由图可知周期为0.02s，每个周期发电机的电流方向改变2次，故每秒发电机的电流方向改
变100次，故D错误。
故选：AB。
题型2交变电流的图像问题
4. （多选）（2023秋•西安期末）矩形金属线圈共10匝，绕垂直磁场方向的转轴在匀强
磁场中匀速转动，线圈中产生的交流电动势e随时间t变化的情况如图所示．下列说法中正确
的是（ ）A．此交流电的频率为5Hz
B．此交流电动势的有效值为1V
C．t＝0.1s时，线圈平面与磁场方向平行
1
D．线圈在转动过程中穿过线圈的最大磁通量为 Wb
100π
【解答】解：A、由图象知周期T＝0.2s，所以频率f＝5Hz，故A正确；
√2
B、由图象知电动势最大值是1V，所以此交流电动势的有效值为 V，故B错误；
2
C、t＝0.01s时，电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，故C错误；
D、电动势最大值为E ＝1V＝NBS ，
m
1 ω
所以最大磁通量 ＝BS= Wb，故D正确；
100π
Φ
故选：AD。
5. （2022秋•北辰区校级期末）如图甲所示，为一小型交流发电机示意图。为了便于观
察，图甲中只画出其中的一匝线圈。线圈匀速转动时与外电路 R＝10 的电阻构成闭合回路。
从图甲所示位置开始计时，通过电阻R的交变电流如图乙所示，则下列Ω判断正确的是（ ）
A．电阻R消耗的热功率为4kW
B．t＝0.01s时，线圈平面与磁场方向平行
C．图甲所示时刻，穿过线圈的磁通量变化最快
D．该发电机产生的交变电流的频率为100Hz
I 20√2
【解答】解：A、由图乙可知感应电流的有效值：I= m = A＝20A，根据热功率表达式，
√2 √2电阻R的热功率为：P热 ＝I2R＝202×10W＝4000W＝4kW，故A正确；
B、由图乙可知t＝0.01s时，i＝0，则线圈平面与磁场方向垂直，故B错误；
C、图甲所示时刻，线圈处于中性面位置，感应电动势为零，磁通量变化率为零，故C错误；
1 1
D、由图乙可知交变电流的周期T＝0.02s，则频率为：f= == Hz＝50Hz，故D错误。
T 0.02
故选：A。
6. （2023春•临沂期末）2023年s月中国首个深海浮式风力发电平台“海油观澜号”投
产发电，假设旋转磁极式风力发电机原理如图所示，风吹动风叶，带动磁极旋转，使得水平放
置线圈的磁通量发生变化，产生感应电流。磁铁下方的线圈与电压传感器相连并通过电脑（未
画出）显示数据。已知风速与发电机的转速成正比，线圈的电阻不计。在某一风速时，电脑显
示电压传感器两端的电压如图乙所示。则下列说法正确的是（ ）
A．风速越大，电压传感器两端电压变化周期越大，有效值越大
B．磁铁的转速为10r/s
C．电压传感器两端的电压表达式为u＝12sin5 t（V）
D．风速一定的情况下，减少线圈的匝数，电压π传感器两端电压增大
2π
【解答】解：A．风速越大，转速越大，角速度 ＝2 n越大，由T= 知电压传感器两端电压
ω
ω π
Em
变化周期越小，感应电动势的峰值为E ＝nBS ，则感应电动势的峰值越大，有效值E= 越
m √2
ω
大，故A错误；
B．由乙图可知，交流电的周期为T＝0.4s，则磁铁的转速为：
1
n=
T
代入数据得：n＝2.5r/s，故B错误；C．角速度为：
2π
ω=
T
代入数据得： ＝5 rad/s
所以压传感器ω两端的π电压表达式为：
u＝12sin5 t（V），故C正确；
D．感应电π动势的峰值为：E
m
＝nBS ，故风速一定的情况下，减少线圈的匝数，感应电动势的
峰值减小，有效值减小，交流电压表ω的示数减小，故D错误。
故选：C。
题型3交变电流的最大值
7. （2024春•深圳期中）单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈
的磁通量 随时间t的变化图像如图所示，则（ ）
Φ
A．在t＝0时，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大
B．在0～2×10﹣2s时间内，线圈中感应电动势的平均值为零
C．在t＝2×10﹣2s时，线圈中磁通量最大，感应电动势最大
D．在t＝1×10﹣2s时，线圈中磁通量最小，感应电动势最大
【解答】解：A、由题图可知，在t＝0 时刻，线圈中磁通量最大，线圈与磁场垂直，磁通量的
变化率最小，则感应电动势最小，故A错误；
B、由图像可知，在0∽2×10﹣2s的时间内，磁通量的变化量不为零，则线圈中感应电动势的平
均值不为零，故B错误；
C、由图像可知在t＝2×10﹣2s时刻，线圈中磁通量最大，线圈与磁场垂直，磁通量的变化率最小，
感应电动势最小，故C错误；
D、由图像可知在 t＝1×10﹣2 s时，线圈中磁通量为零，最小，则磁通量的变化率最大，感应电动势最大，故D正确。
故选：D。
8. （2024•天津模拟）如图所示，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴转动，
穿过线圈的磁通量 随时间t按正弦规律变化的图像如图所示，线圈转动周期为T，线圈产生
的电动势的最大值为ΦE 。则（ ）
m
T
A．在t= 时，线圈中产生的瞬时电流最大
4
T
B．在t= 时，线圈中的磁通量变化率最小
2
2πt
C．线圈中电动势的瞬时值e=E sin( )
m T
D．将线圈转速增大2倍，线圈中感应电动势的有效值增大2倍
T
【解答】解：A．在t= 时，线圈中磁通量最大，磁通量的变化率最小，则产生的瞬时电流为
4
零，故A错误；
T
B．在t= 时，线圈中的磁通量最小，则磁通量的变化率最大，故B错误；
2
C．t＝0时刻磁通量为零，感应电动势最大，则线圈中电动势的瞬时值
2πt
e=E cos( )
m T
故C错误；
D．根据有效值和最大值的关系，有效值满足
E nBωS
E= m=
√2 √2
可知，将线圈转速增大2倍，角速度增大2倍，则线圈中感应电动势的有效值增大2倍，故D正
确。
故选：D。
9. （2024•长沙模拟）同学们在学校操场上做摇绳发电实验，用手机软件测得当地的磁感应强度如下表所示，其中x轴正方向为水平由南向北，y轴正方向为水平自东向西，z轴正
方向为竖直向上。两位同学各握长金属软绳OAO′的一端，以平行于y轴方向的OO′为轴匀
速摇动绳子，周期为0.5s，摇绳过程中金属软绳OAO′与轴OO′所围成的面积可视为恒值
2m2，将OO′接到灵敏电流计两端，如下图所示。已知电路总阻值为 40 ，图中金属软绳在
最高位置。则下列说法正确的是（ ） Ω
方向 磁感应强度
x 40 T
y 0μT
z ﹣3μ0 T
μ
A．该学校位于地球南半球
B．金属软绳在最高位置时电路中的感应电流为0
C．摇绳发电得到的是正弦式交流电，电动势的峰值为400 V
D．金属软绳从最高位置运动到最低位置的过程中，通过电π流μ计的电荷量为2.5×10﹣6C
【解答】解：A．根据地磁场特点，从地理位置南极指向地理位置的北极，依题意该学校位置处
的地磁场具有竖直向下的分量和由南指向北的分量，可知位于北半球。故A错误；
B．由图可知，金属软绳在最高位置时具有水平方向的线速度，垂直切割竖直方向的磁感线，电
路中的感应电流不为零。故B错误；
C．依题意，地磁场的磁感应强度为
B=√B 2+B 2=√402+(−30) 2=50 T
x z
μ
摇绳发电得到的是正弦式交流电，电动势的峰值为
E ＝BS
m
其中 ω
2π
ω=
T联立，解得
E ＝400 V
m
故C正确π；μ
D．金属软绳从最高位置运动到最低位置的过程中，磁通量的变化量为
|Δ |＝| ﹣ |＝2B S
2 1 x
根Φ据法拉Φ第电Φ磁感应定律，可得
|ΔΦ|
E=
Δt
又
E
I=
R
通过电流计的电荷量为
q=I Δt
联立，解得
q＝4×10﹣6C
故D错误。
故选：C。
题型4交变电流的瞬时值
10. （2023秋•兴庆区校级期末）在匀强磁场中，一单匝矩形金属线框绕与磁感线垂直的
转动轴匀速转动，如图甲所示。产生的交变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（ ）
A．t＝0.01 s时穿过线框的磁通量最小B．该交变电动势的瞬时值表达式为e=22√2cos100t(V)
C．该交流电的有效值为22V
D．从计时时刻开始转过90°过程的平均电动势为22V
【解答】解：A．根据图乙，t＝0.01 s时，感应电动势的瞬时值为0，即线圈此时经过中性面，
穿过线框的磁通量达到最大，故A错误；
B．根据图乙可知，该交变电动势的瞬时值表达式为
2π
e＝BS sin t＝22√2sin t（V）＝22√2sin100 t （V）
2×10−2
ω ω π
故B错误；
U 22√2
C．根据图乙可知，正弦式交流电的峰值为22√2V，则该交流电的有效值为U= m= V＝
√2 √2
22V
故C正确；
D．0时刻线框处于中性面，结合上述可知
e＝BS sin t＝22√2sin100 t （V）
则磁通ω量的ω最大值为 π
22√2
= 11√2
＝BS 2π Wb= Wb
50π
2×10−2
Φ
从计时时刻开始转过90°过程，穿过线框的磁通量的变化量的大小为
11√2
Δ = Wb
50π
Φ
则从计时时刻开始转过90°过程的平均电动势为
ΔΦ
E=
T
4
44√2
解得E= V
π
故D错误。
故选：C。
11. （2024 春•江阴市期中）一矩形线圈在匀强磁场中转动时产生的电动势
e=100√2sin50πt(V)，下列说法正确的是（ ）
A．该交流电的频率为100HzB．该交流电的电动势有效值为100V
C．该交流电的电动势有效值比e=100√2sin100πt(V)交流电的小
D．t＝0.1s时，穿过矩形线圈的磁通量最小
【解答】解：A、由题意可知，该交流电的角速度为： ＝50 rad/s，而 ＝2 f，解得该交流电
的频率为：f＝25Hz，故A错误； ω π ω π
B、由题意可知该交流电的电动势的最大值为：E =100√2V，由最大值与有效值的关系可得该
m
E 100√2
交流电的电动势有效值为E= m= V =100V，故B正确；
√2 √2
C、由于两交流电的最大值相同，故有效值相同，故C错误；
1 1
D、由于该交流电的周期为：T= = s=0.04s，故0.1s＝2.5T时刻该线圈正处于中性面位置
f 25
故穿过其中的磁通量最大，故D错误；
故选：B。
12. （2024春•青羊区校级期中）一个矩形导线框abcd全部处于水平向右的匀强磁场中，
绕一竖直固定轴OO′匀速转动，如图所示，ad边水平向右。导线框转动过程中磁通量的最大
值为 m产生感应电动势的有效值为E，则（ ）
Φ
2πΦ
A．导线框转动的周期为 m
E
B．当穿过导线框的磁通量为零时，线框的电流方向发生改变
C．当导线框的磁通量为零时，导线框磁通量的变化率为√2E
E
D．从磁通量最大的位置开始计时，导线框产生感应电动势的瞬时值为Esin（ t）
Φ
m
2π
【解答】解：A、导线框转动过程中产生感应电动势最大值为：E =BSω=BS
m T
2π
根据正弦交变电流的最大值与有效值间的关系可得：E =√2E，即BS =√2E
m T2BSπ √2BSπ √2ϕ π
解得：T= = = m ，故A错误；
√2E E E
B、当感应电流为零时（即磁通量最大），电流方向发生改变，故B错误；
Δϕ
C、当导线框的磁通量为零时，产生的感应电动势最大为：E =√2E= ，故C正确；
m Δt
D、从磁通量最大（即中性面）的位置开始计时，线框产生感应电动势的瞬时值为：
√2E
e=E sinωt=√2Esin t，故D错误。
m ϕ
m
故选：C。
题型5交变电流的有效值
13. （2023春•石景山区期末）交流发电机的示意图如图所示，矩形线圈ABCD在匀强磁
场中绕垂直于磁场的轴 OO'逆时针匀速转动，发电机的电动势随时间的变化规律为 e＝
20sin100 tV。下列说法正确的是（ ）
π
A．此交流电的频率为100Hz
B．此发电机电动势的有效值为20V
C．当线圈平面转到图示位置时产生的电流为0
D．当线圈平面转到图示位置时磁通量的变化率最大
【解答】解：A、根据
e＝20sin100 t（V）
可知交流电的π 角速度
＝100 rad/s
ω故交流电π的频率ω 100π
f= = Hz=50Hz
2π 2π
B、根据e＝20sin100 t（V）可知交流电压的最大值为E ＝20V，交流电的有效值
m
E 20 π
E= m= V =10√2V
√2 √2
故B错误；
CD．当线圈平面转到图示位置时处于与中性面垂直的位置，易知磁通量的变化率最大，产生的
电流最大，故C错误，D正确。
故选：D。
14. （2023春•武进区期中）如图所示为某种特殊的电源在工作时的输出电压U随时间t
做周期性变化的关系图线，图中每一个周期的前半周期是正弦式交变电流的一部分，后半周期
是稳恒直流电的一部分．则该交变电压的有效值为（ ）
A．5√3v B．5√2v C．10V D．5√6V
【解答】解：设该交变电压的有效值为U，根据有效值的物理意义有
10
U2 ( ) 2 102
×4 √2 2+ ×2
R = × R
R
解得：U＝5√3V，即A正确，BCD错误。
故选：A。
15. （2023秋•让胡路区校级期末）如图所示为一个小型旋转电枢式交流发电机的原理图，
其矩形线圈的ab边长为0.25m，bc边长为0.20m，共有n＝100匝，总电阻r＝1.0 ，可绕与磁
场方向垂直的对称轴OO′转动。线圈处于磁感应强度B＝0.40T的匀强磁场中，与Ω线圈两端相
连的金属滑环上接一个“3.0V，1.8W”的灯泡，当线圈以角速度 匀速转动时，小灯泡消耗
的功率恰好为1.8W。（不计转动轴与电刷的摩擦，结果保留两位有ω效数字）
（1）求发电机感应电动势的有效值；
（2）求线圈转动的角速度 ；
（3）线圈以上述角速度转动ω100周过程中发电机产生的电能为多少。【解答】解：（1）设小灯泡正常发光时的电流为I，则
P 1.8
I= 额 = A=0.6A
U 3.0
额
E＝U+Ir＝（3+0.6×1.0）V＝3.6 V
（2）发电机感应电动势最大值为E =√2E，E =nBSω
m m
代入数据可得 ＝2.5rad/s
ω 2π
（3）发电机产生的电能为Q=IEt，t=100T=100
ω
代入数据可得Q＝5.4×102 J
答：（1）发电机感应电动势的有效值为3.6V；
（2）线圈转动的角速度 为2.5rad/s；
（3）线圈以上述角速度转ω动100周过程中发电机产生的电能为5.4×102 J。
题型6交变电流的平均值
16. （2023秋•海淀区期末）如图为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈
abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO'匀速转动，转动角速度 ＝50rad/s，线圈的
匝数n＝100、总电阻r＝10 ，线圈围成的面积S＝0.1m2。线圈两端经集流ω环与电阻R连接，
电阻R＝90 ，交流电压表可Ω视为理想电表。已知磁场的磁感应强度 B＝0.2T，图示位置矩形
线圈和磁感Ω线平行。
（1）从图示位置开始计时，写出通过矩形线圈的磁通量 随时间t变化的关系式。
（2）求电路中交流电压表的示数U。（取√2=1.4） Φ（3）线圈由图示位置转过90°的过程中，求通过电阻R的电荷量q。
【解答】解：（1）从图示位置开始计时，通过矩形线圈的磁通量 随时间t变化的关系式 ＝
BSsin t＝0.2×0.1sin50t（Wb）＝0.02sin50t（Wb） Φ Φ
（2）ω电动势的最大值E
m
＝nBS ＝100×0.2×0.1×50V＝100V
E 1ω00
则有电动势的有效值E= m= V =50√2V
√2 √2
E
由闭合电路欧姆定律，可得电路中交流电压表的示数U= R
R+r
解得：U＝63V
（ 3 ） 线 圈 由 图 示 位 置 转 过 90° 的 过 程 中 ， 通 过 电 阻 R 的 电 荷 量
nΔp nΔΦ nBS 100×0.2×0.1
q=IΔt= ⋅Δt= = = C=0.02C
Δt(R+r) R+r R+r 90+10
答：（1）从图示位置开始计时，写出通过矩形线圈的磁通量 随时间t变化的关系式为 ＝
0.02sin50t（Wb）； Φ Φ
（2）求电路中交流电压表的示数U为63V；
（3）线圈由图示位置转过90°的过程中，求通过电阻R的电荷量q为0.02C。
17. （2024•福清市校级开学）如图所示，矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小为
√2
B= T的水平匀强磁场中，绕垂直于磁场的轴OO′以角速度 ＝10 rad/s匀速转动，线框
π
ω π
共10匝，面积S＝0.5m2，电阻r＝1 ，通过导线与一阻值R＝49 的定值电阻相连，所有电表
均为理想交流电表。（计算结果可保Ω留根号） Ω
（1）将图示时刻记为t＝0，写出该正弦式交流电电动势的瞬时值表达式；
1
（2）t= s时，电压表、电流表的示数；
601
（3）0～ s过程流过电阻R的电荷量。
40
（4）转动一周的过程中，整个电路产生的热量。
√2
【解答】解：（1）交流电动势的最大值为 E ＝nBS ＝10× ×0.5×10 V＝50√2V
m π
ω π
从图示位置开始计时，此时线圈的磁通量为零，磁通量变化量最大，感应电动势最大，则
交流电动势瞬时值为 e=E cosωt=50√2cos10πt(V)
m
E 50√2
（2）交流电动势的有效值E= m= V＝50V
√2 √2
电流表示数为电流有效值，则有
E 50
I= = A＝1A
R+r 49+1
电压表示数为电压有效值，则有U＝IR＝1×49V＝49V
1 1 π
（3）经 s，线圈转过的角度为 ＝ t＝10 × =
40 40 4
θ ω π
π √2 √2 1
此过程磁通量变化量为 Δ ＝BSsin −0= ×0.5× Wb= Wb
4 π 2 2π
Φ
1
ΔΦ 1
故流过R的电荷量为 q=It=n =10 2π C= C≈0.032C
R+r × 10π
49+1
（4）转动一周的过程中，整个电路产生的热量为
2π 2π
Q＝I2（R+r）T＝I2（R+r） =12×（49+1）× J＝10J
ω 10π
答：（1）将图示时刻记为 t＝0，写出该正弦式交流电电动势的瞬时值表达式为
e=50√2cos10πt(V)；
1
（2）t= s时，电压表示数为49V、电流表的示数为1A；
601
（3）0～ s过程流过电阻R的电荷量为0.032C。
40
（4）转动一周的过程中，整个电路产生的热量为10J。
18. （2024•兴庆区校级开学）矩形线圈n匝，ab＝l ，bc＝l ，在磁感应强度为B的匀强
1 2
磁场中以OO′为转轴匀速转动，角速度为 ，线圈的电阻为r，外接电阻R。从图所示位置开
始计时。 ω
（1）推导电动势的最大值；
（2）写出电流的瞬时值表达式；
（3）求电动势、电流、路端电压有效值；
（4）如果线圈转速提高1倍，写出感应电动势随时间变化表达式；
（5）当线圈从图示位置转过90°的过程中，求通过电阻R的电量q。
【解答】解：（1）线圈转动到与图示位置垂直时，电动势最大，
ab、cd两边切割磁感线产生的感应电动势的大小均为：
l 1
E=nBl v=nBl ⋅ 2ω= nBl l
1 1 2 2 12
ω
所以电动势的最大值E ＝nBl l ；
m 12
（2）从图示位置计时，感应电动ω势的瞬时表达式为E＝E sin t＝nBl l sin t
m 12
E ω ω ω
由闭合电路欧姆定律可得，I=
R+r
nBl l ω
所以电流的瞬时表达式I= 1 2 sinωt；
R+r
E nBl l ω
（3）根据正弦交流电E有 = m 的关系可知，E有 = 1 2
√2 √2
E nBl l ω
则电流的有效值I有 =
R+
有
r
=
√2(R
1
+
2
r)
E nBl l ωR
路端电压有效值U有 =
R+
有
r
R=
√2(
1
R
2
+r)
；（4）如果线圈转速提高1倍，感应电动势随时间变化表达式
E＝2nBl l sin t；
12
ω ω ΔΦ
n
（5）通过电阻R的电量q Δt nΔΦ nBl l
=I Δt= Δt= = 1 2
R+r R+r R+r
答：（1）电动势的最大值E ＝nBl l ；
m 1
nBl l ωω
（2）电流的瞬时值表达式I= 1 2 sinωt；
R+r
nBl l ω nBl l ω nBl l ωR
（3）电动势E有 =
√
1
2
2 、电流I有 =
√2(R
1
+
2
r)
、路端电压U有 =
√2(
1
R
2
+r)
；
（4）电动势表达式E＝2nBl l sin t；
12
nBωl l ω
（5）通过电阻R的电量q= 1 2。
R+r
