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2025年高考物理：图像专题 专题08交变电流中的图像问题（共5种图像类型）-学案解析版
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这是一份2025年高考物理：图像专题 专题08交变电流中的图像问题（共5种图像类型）-学案解析版，共17页。学案主要包含了交变电流中的图像问题，其他图像问题等内容，欢迎下载使用。
知识梳理
知识点一、交变电流中的图像问题
1．正弦交变电流的三类图像
2．从图像获得的信息正弦式交变电流的图像是一条正弦曲线，从图像中可以得到以下信息。
(1)周期(T)和角度(ω):线动的角度ω=2πT
(2)峰值(Em、Im):图像的最大值。可出有效值E=Em2 I=Im2
(3)瞬时值:每个“点”表示某一时刻的瞬时值
(4)可确定线圈位于中性面的时刻，也可确定线圈平行于磁感线的时刻
(5)判断线圈中磁通量Φ及磁通量变化率∆Φ∆t的变化情况。
知识点二、其他图像问题
1．基本思路
(1)解读图象的坐标轴，理清横轴和纵轴代表的物理量和坐标点的意义．
(2)解读图象的形状、斜率、截距和面积信息．
2．解题技巧
(1)应用解析法和排除法，两者结合提高选择题图象类题型的解题准确率和速度．
(2)分析转折点、两图线的交点、与坐标轴交点等特殊点和该点前后两段图线．
(3)分析图象的形状变化、斜率变化、相关性等．
题型归类
类型1 从交变电流i-t图中的物理信息解题。
1．（2023•郫都区校级模拟）一含有理想变压器的电路如图甲所示，图中理想变压器原、副线圈匝数之比为2：1，电阻R1和R2的阻值分别为3Ω和10Ω，电流表、电压表都是理想交流电表，a、b输入端的电流如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．0.03s时，通过电阻R1的电流为22A
B．电流表的示数为62A
C．电压表的示数为6V
D．0～0.04s内，电阻R1产生的焦耳热为0.48J
【解答】解：A、由图可知，在0.03s的前后，原线圈中的电流不变化，原线圈产生的磁场恒定，则副线圈中没有感应电流，所以通过电阻R1的瞬时电流为0，故A错误；
B、设电流表的示数为I1，根据有效值的定义有：I12RT＝（22）2R•T2+(2)2R•T2，解得：I1=62A，故B正确；
C、原线图中电流只有交流部分电流才能输出到副线圈中，理想变压器原、副线圈匝数之比为2：1，故副线圈中电流交变流部分的电流最大值为I2m=n1I1mn2=2×2A=22A。
设副线圈交流电的有效值为I2，则I22RT＝（222）2R•T2，解得：I2=2A，则电压表的示数为U＝I2R2=2×10V＝102V，故C错误；
D、0～0.04s内，电阻R1产生的焦耳热为Q=I22R1t=(2)2×3×0.04J=0.24J，故D错误。
故选：B。
2．（2023春•青羊区校级月考）图甲是某一交流发电机的示意图，两磁极N、S间存在可视为水平向右的匀强磁场，电阻R＝9Ω，线圈内阻r＝1Ω，电流表为理想电流表。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，产生的电流随时间变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．t＝0.015s时，电流表的示数为0
B．t＝0.01s时，穿过线圈的磁通量为零
C．线圈转动的角速度为50πrad/s
D．一个周期内，电路中产生的热量为Q＝1000J
【解答】解：A、电压表显示的是交流电的有效值，因为此交流电的有效值不为零，所以电压表的示数不为零，故A错误；
B、根据乙图可知t＝0.01s感应电流最大，所以此时感应电动势为大，根据法拉第电磁感应定律可知磁通量变化率最大，磁通量为0，故B正确；
C、由图乙可知，周期为2×10﹣2s，则线圈转动的角速度为
ω=2πT=2π0.02rad/s=100rad/s
故C错误；
D、由焦耳定律可知得一个周期内，电路中产生的热量为
Q=I有2(R+r)T=102×(9+1)×0.02J=20J
故D错误。
故选：B。
3．（2023春•淮安区期末）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，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像如图乙所示．以下判断正确的是（ ）
A．交变电流的有效值为102A
B．t＝0.01s时线圈位于中性面
C．t＝0.02s时线圈平面与磁场方向平行
D．1s内电流方向改变50次
【解答】解：A、正弦式交变电流的有效值为：I=Im2=1022A＝10A，故A错误；
B、t＝0.01s时感应电流最大，线圈位于垂直于中性面的面，故B错误；
C、t＝0.02s时感应电流最大，线圈平面与磁场方向平行，故C正确；
D、根据频率与周期的关系可知：f=1T=10.02Hz=50Hz，所以1s内电流方向改变100次，故D错误；
故选：C。
4．（2023春•宿迁期末）某交流发电机在两个不同转速下向同一电阻供电，产生的正弦式交流电的i﹣t图像如图所示，则（ ）
A．Ⅰ、Ⅱ两个电流的周期之比为1：2
B．Ⅰ、Ⅱ两个电流对应的最大值之比为3：2
C．Ⅰ、Ⅱ两个电流在相等的时间内通过该电阻产生的热量之比为9：1
D．Ⅰ、Ⅱ两个电流图像从t＝0时刻开始，在各自的半个周期内与横坐标所围面积不相等
【解答】解：A、根据题意，由图可知，Ⅰ、Ⅱ两个电流的周期之比为：T1：T2=13t：t=1：3，故A错误；
B、根据题意，由公式ω=2πT可知，Ⅰ、Ⅱ两个电流的角速度之比为3：1，由电流最大值公式：Im=NBSωR
由于是某交流发电机在两个不同转速下向同一电阻供电，可得，Ⅰ、Ⅱ两个电流对应的最大值之比为3：1，故B错误；
C、根据题意可知，电流的有效值为：I有=Im2
一个周期时间T内产生的热为：Q=I有2RT
由此式可得，Ⅰ、Ⅱ两个电流在相等的时间内通过该电阻产生的热量之比为9：1，故C正确；
D、根据题意，根据q＝It可知，I﹣t图像中面积表示电荷量，则Ⅰ、Ⅱ两个电流图像从t＝0时刻开始，在各自的半个周期内与横坐标所围面积（可近似看成三角形）相等。
另外解法：由公式E=ΔΦΔt、I=ER和q=It可得：q=ΔΦR，同一发电机用两个不同转速下向同一电阻供电，在半个周期内磁通量的变化量ΔΦ＝2BS相等，所以电荷量相等，故D错误。
故选：C。
类型2 从交变电流中e-t图中的物理信息解题
5．（2022秋•武汉期末）如图（a）所示，在匀强磁场中，一电阻均匀的正方形单匝导线框abcd绕与磁感线垂直的转轴ab匀速转动，线圈产生的交变电动势随时间变化的规律如图（b）所示，线框总电阻为5Ω，则（ ）
A．线圈的转速为100r/s
B．线框转动一周，cd边产生的焦耳热为3.87J
C．在0～0.01s时间内，通过线框某一横截面的电荷量约为0.02C
D．当线框平面与中性面的夹角为45°时，线框产生的电动势的大小为22V
【解答】解：A．根据图（b）可得交变电动势变化周期为0.02s，所以线圈转动1圈的时间为0.02s，可得线圈的转速为50r/s，故A错误；
B．线圈产生的交变电动势图像为正弦图像，可得电动势的有效值为：E=Em2=2222V=22V，
故线框转动一周，cd边产生的焦耳热为：Q=14⋅E2R⋅T=14×2225×2×10-2J=0.484J，故B错误；
C．0s和0.01s时感应电动势都等于零，所以此时穿过线框的磁通量最大，线框与磁感线垂直，可得在0s～0.01s时间内，磁通量的变化量为：ΔΦ＝2BS
同时有：q=I⋅Δt=ER⋅Δt=ΔΦΔtR⋅Δt=ΔΦR=2BSR，根据电源电动势的瞬时表达式可得：Em＝BSω=2πBST=222V，解得：BS=11250πT⋅m2
代入解得：q≈0.04C，故C错误。
D．根据图像周期为0.02s可得角速度为ω=2πT=2π0.02ras/s=100πrad/s，所以交流电电动势瞬时表达式为：e＝222sin100πt(V)
当线框平面与中性面的夹角为45°时，有：e＝222×sin45°V＝22V，故D正确。
故选：D。
6．（2022秋•朝阳区校级期末）如图甲所示，100匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO'匀速转动，产生的感应电动势e随时间t的变化曲线如图乙所示，若外接电阻的阻值R＝9Ω，线圈的电阻r＝1Ω，则下列说法正确的是（ ）
A．t＝0.02s时通过线圈的磁通量为零
B．t＝0.02s时线圈恰好垂直中性面
C．电压表的示数为452V
D．线圈中产生的感应电动势表达式e＝100sin40πt（V）
【解答】解：AB．根据乙图知t＝0.02s时感应电动势为0，此时线圈处于中性面位置，通过线圈的磁通量最大，故AB错误；
C．由图可知电动势的最大值为100V，则感应电动势的有效值为U=Em2=1002V=502V，电压表测的是电阻R两端电压，有UV=UR+rR=502×99+1V=452V，故C正确；
D．根据乙图可知，线圈的转动周期为T＝4×10﹣2s，可得线圈中产生的感应电动势表达式为e=Emsinωt(V)=Emsin2πTt(V)=100sin50πt(V)，故D错误。
故选：C。
7．（2023春•茂名期末）风力发电是一种绿色环保的清洁能源，统计显示，我国风力发电规模已经连续12年位居世界第一。根据电磁感应的基本原理，风力发电可建立如下模型，叶片长度为l的风轮机在风的驱动下，带动内部矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动产生交流电。假设空气密度为ρ，风速为v，发电机将风的动能转化为电能的效率为η，发电机正常工作时线圈中产生如图乙所示的正弦交流电，下列说法正确的是（ ）
A．发电机的发电功率P=12πρl2v3
B．若风速加倍，则发电机的功率将变为8倍
C．发电机线圈输出电压的有效值为U
D．t＝t1时，发电机线圈中磁通量的变化率最大
【解答】解：AB．单位时间吹到叶片上的风的质量为m＝πρl2v
根据能量守恒，发电机的发电功率P=12mv2η=12πηρl2v3
若风速加倍，则发电机的功率将变为原来的8倍，故A错误，B正确；
C．由图乙知，该发电机输出余弦交流电的最大值为U，则发电机的输出电压有效值为2U2，故C错误；
D．在t＝t1时，电动势的瞬时值为零，根据法拉第电磁感应定律E=ΔΦΔt可知，此时发电机线圈中磁通量的变化率为零，故D错误。
故选：B。
8．（2023•广东开学）如图甲所示，把小灯泡与教学用发电机相连接，匀速转动手柄带动线圈在两磁极之间转动，产生的电动势e随时间t的变化规律如图乙所示，小灯泡正常发光。下列说法正确的是（ ）
A．线圈转动的快慢程度不会影响小灯泡的亮度
B．线圈转动产生的电动势e有效值为62V
C．手柄匀速转动的角速度为100πrad/s
D．t＝0时刻，线圈位于中性面
【解答】解：A．线圈转动的越快，通过线圈的磁通量变化越快，电路中产生的电动势越大，则电路中的电流越大，小灯泡越亮，故A错误；
B．由图乙可知线圈转动产生的电动势e最大值为62V，所以有效值为E=Em2=622V＝6V，故B错误；
C．线圈转动的角速度为100πrad/s，手柄和线圈通过皮带相连，二者线速度大小相等，由v＝ωr，知ω与r成反比，从图甲可知，手柄转动的圆周半径大于线圈转动的半径，手柄匀速转动的角速度应该小于100πrad/s，故C错误；
D．由图可知t＝0时感应电动势为零，此时通过线圈的磁通量变化率最小，则线圈平面恰好转到中性面，故D正确。
故选：D。
类型3 交变电流中的中Φ-t图应用
9．（2022秋•海安市期末）某兴趣小组自制一小型发电机，使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Φ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Em。则（ ）
A．在t=T4时，线圈中产生的电流最大中
B．在t=T2时，线圈中的磁通量变化率最大
C．线圈中电动势的瞬时值e=Emsin(2πtT)
D．增大线圈转速，线圈中感应电动势的有效值不变
【解答】解：A．由图可知，在t=T4时，磁通量最大，此时磁场方向与线圈平面垂直，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，产生感应电流为0。故A错误；
B．同理，由图可知在t=T2时，线圈中的磁通量为0，此时磁场方向与线圈平面平行，磁通量的变化率最大。故B正确；
C．t＝0时，磁通量为0，线圈与磁感线的方向平行，此时的感应电动势线圈中的感应电动势最大，设为Em，所以线圈中电动势的瞬时值表达式为：
e=Emcs(2πTt)
故C错误；
D．线圈转速增大为原来2倍，则线圈中最大电动势为
Em′＝nBS•2ω＝2nBSω＝2Em
可知最大电动势也增大2倍，所以感应电动势的有效值也增大2倍，即增大线圈转速，线圈中感应电动势的有效值增大。故D错误。
故选：B。
10．（2023秋•温州月考）风力发电是一种绿色清洁能源。根据电磁感应的基本原理，风力发电可建立如下模型，叶片长度为l的风轮机在风的驱动下，带动内部匝数为N的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动。设通过矩形线圈的磁通量Φ随时间t按正弦规律变化，周期为T，磁通量最大值为Φm，空气密度为ρ，风速为v，风轮机叶片旋转所扫过的面积为风力发电机可接收风能的面积，发电机将风的动能转化为电能的效率为η，下列说法正确的是（ ）
A．发电机线圈在0.5T时刻输出的瞬时电压为0
B．发电机线圈输出电压的有效值为U=2πNΦmT
C．发电机的发电功率为P=π2ηρl2v3
D．若风速加倍，则发电机的发电功率将变为4倍
【解答】解：A．发电机线圈在0.5T时刻，磁通量为零，磁通量变化率最大，则感应电动势最大，故A错误；
B．发电机线圈电动势的有效值为
E=22Em=2πNΦmT
因为内外电阻关系未知，所以无法确定输出电压，故B错误；
C.单位时间吹过风的质量为：m＝πρl2v
根据能量守恒，发电机的发电功率：
P=12mv2η=12πηρl2v3，故C正确；
D.根据C答案分析：若风速加倍，则发电机的发电功率将变为8倍，故D错误；
故选：C。
11．（2023•山西模拟）如图1为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．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO'沿逆时针方向以角速度ω匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图2所示，下列结论正确的是（ ）
A．线圈从图1所示位置转过90°时是图2的计时起点
B．每经过图1所示位置1次，电流方向改变1次
C．若线圈的匝数为20，则电动势的最大值是20V
D．若增大线圈转动的角速度，则磁通量变化率的最大值增大
【解答】解：A、由图2可知，t＝0时刻穿过线圈的磁通量为0，线圈与磁场平行，则图1所示位置是图2的计时起点，故A错误；
B、经过图1所示位置时电流方向不改变，线圈经过图1所示位置的垂直位置1次时，电流方向改变1次，故B错误；
C、由图读出周期T＝0.4s，磁通量的最大值Φm＝0.2Wb，则电动势的最大值为Em＝NBSω＝NΦm•2πT=20×0.2×2π0.4V＝20πV，故C错误；
D、由Em＝NBSω知，增大线圈转动的角速度，电动势的最大值增大，由法拉第电磁感应定律E＝NΔΦΔt知磁通量变化率的最大值增大，故D正确。
故选：D。
12．（2023春•湟中区校级期末）手摇式交流发电机结构如图所示，灯泡L与交流电流表A串联后通过电刷、滑环与矩形线圈相连。摇动手柄，使线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴OO'逆时针匀速转动，从t＝0时刻开始，线圈中的磁通量变化如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．t1时刻线圈中电流最大
B．t3时刻通过电流表的电流改变方向
C．t3时刻线圈所在平面和磁场平行
D．线圈转速变快，交流电周期将变大
【解答】解：A．t1时刻线圈中磁通量最大，磁通量变化率为0，线圈产生的感应电动势为零，由闭合电路欧姆定律知电流为0，故A错误；
BC．t3时刻线圈位于中性面，线圈所在平面和磁场垂直，通过电流表的电流改变方向，故B正确，C错误；
D．线圈转速变快，交流电频率变大，周期变小，故D错误。
故选：B。
13．（2023春•梅州期末）图甲为新能源电动汽车的无线充电原理图，M为匝数n＝50匝的受电线圈，N为送电线圈。当送电线圈N接交变电流后，在受电线圈内产生了与线圈平面垂直的磁场，其磁通量Φ随时间t变化的规律如图乙。下列说法正确的是（ ）
A．受电线圈的最大磁通量为0.01Wb
B．受电线圈产生的电动势的有效值为102V
C．在t1时刻，受电线圈产生的电动势为20V
D．在t1时刻，受电线圈产生的电动势为102V
【解答】解：A．由图可知，受电线圈的最大磁通量为：
Φm=2.0×10-4Wb，故A错误；
B．由图可知T＝π×10﹣3s，根据正弦交变电流特征可知，受电线圈产生的电动势最大值为：
Em=nΦm⋅2πT
其中n＝50匝
代入数据得：Em＝20V
所以受电线圈产生的电动势得有效值为：
E=Em2
代入数据得：E=102V，故B正确；
CD．由图乙可知，在t1时刻磁通量变化率为0，由法拉第电磁感应定律可知，此时受电线圈产生的电动势为0V，故CD错误。
故选：B。
类型4 交变电流中变压器中的u-t图像问题
14．（2023春•广西期末）图甲为家用燃气灶点火装置的电路原理图，转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交流电并加在理想变压器的原线圈上，设变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。当两点火针间电压大于5000V就会产生电火花进而点燃燃气。闭合S，下列说法正确的是（ ）
A．电压表的示数为502V
B．在正常点燃燃气的情况下，两点火针间电压的有效值一定大于25002V
C．当n2n1＞10时，才能点燃燃气
D．当n2n1=200时，点火针每个周期的放电时间约为1.3s
【解答】解：A．根据图乙得到原线圈电压的最大值为50V，加在变压器原线圈上正弦交流电压的有效值为U=Um2=502V=252V，故电压表的示数为U=252V，故A错误；
B．两点火针间的瞬时电压大于5000V即可产生电火花，所以有效值一定大于50002V=25002V，故B正确；
C．根据原副线圈的电压关系U副U原=n2n1，原线圈最大电压为50V，副线圈最大电压要大于5000V，所以n2n1=U副U原＞500050=100，故C错误；
D．当n2n1=200时，副线圈输出电压最大值Um2＝10000V，由图乙可知该交流电的周期为0.02s，则角速度ω=2πT=2π0.02rad/s=100πrad/s，副线圈电压随时间变化的关系为u副＝10000sin100πtV，当两点火针间的瞬时电压大于5000V即可产生电火花，即u副=10000sin100πtV＞5000V，即t＞16×10-2s 时点火针才能开始点燃燃气。根据正弦波的特点，可知一个周期内放电时间为Δt=(1-26)×10-2×2s=0.013s，故D错误。
故选：B。
15．（2023春•成都期末）图（a）为某研究小组的自制交流发电机结构简图。某次实验中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动，利用示波器测出其产生的正弦交流电电压u随时间t变化关系如图（b）所示，线圈及导线电阻不计，若想用此发电机产生“220V、50Hz”的交流电，下列操作正确的是（ ）
A．仅调节线圈的匝数为原来2倍
B．仅调节线圈的面积为原来2倍
C．仅调节匀强磁场的磁感应强度为原来22倍
D．仅调节线圈匀速转动的转速为原来2倍
【解答】解：由图像得，交流电电动势的峰值为Um＝1102V
周期为T＝0.02s
则频率为f=1T=10.02Hz＝50Hz
交流电的峰值公式为Um＝NBSω
“220V、50Hz”的交流电的峰值为Um′＝2202V
A、若仅调节线圈的匝数为原来2倍，则交流电的峰值变为原来的两倍，即为2202V，交流电的频率不变，为50Hz，可以产生“220V、50Hz”的交流电，故A正确；
B、若仅调节线圈的面积为原来2倍，则交流电的峰值变为原来的2倍，即为220V，交流电的频率不变，为50Hz，不能产生“220V、50Hz”的交流电，故B错误；
C、若仅调节匀强磁场的磁感应强度为原来22倍，则交流电的峰值变为原来的22倍，即为440V，交流电的频率不变，为50Hz，不能产生“220V、50Hz”的交流电，故C错误；
D、若仅调节线圈匀速转动的转速为原来2倍，由ω＝2πn得，线圈转动的角速度变为原来的两倍，则交流电的峰值变为原来的两倍，即为2202V，由f=1T=ω2π得，交流电的频率变为原来的两倍，为100Hz，不能产生“220V、50Hz”的交流电，故D错误。
故选：A。
16．（2023春•常熟市校级月考）如图所示，标有“220V，40W”的灯泡和标有“20μF，360V”的电容器并联到交流电源上，V为理想交流电压表，交流电源的输出电压如图乙中正弦曲线所示，闭合开关S。下列判断正确的是（ ）
A．电容器会被击穿
B．灯泡不能正常发光
C．t=T4时刻，交流电压表的示数为2202V
D．t＝T时刻，通过灯泡的电流为零
【解答】解：A．由图乙可知交流电压的最大值为：
Um=2202V≈311V
即Um＜360V
所以电容器不会被击穿，故A错误；
B．加在灯泡两端的电压的有效值为220V，因此灯泡能正常发光，故B错误；
C．电压表的示数显示的是交流电压的有效值为220V，与某时刻的电压无关，故C错误；
D．如图乙所示，t＝T时刻，输出的电压为零，通过灯泡的电流也为零，故D正确。
故选：D。
17．（2023•海淀区校级三模）正弦交变电源与电阻R、交流电压表按照图1所示的方式连接，R＝10Ω，交流电压表的示数是10V，图2是交变电源输出电压u随时间t变化的图像。则（ ）
A．通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR=2cs100πt(A)
B．通过R的电流最大值是1A
C．R两端的电压uR随时间t变化的规律是uR=52cs50πt(V)
D．R两端的电压有效值是102V
【解答】解：ACD．交流电压表的示数为有效值，交流电压表的示数是10V，所以R两端的电压有效值是10V，电压表的最大值为Um=2U=102V
由图可得周期T＝2×10﹣2s
则角速度为ω=2πT=2π2×10-2rad/s=100πrad/s
交变电源输出电压u随时间t变化的图象，则输出电压u随时间t的表达式为u=102cs100πt(V)
因此通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR=uR=2cs100πt(A)
而R两端的电压uR随时间t变化的规律是uR=102cs100πt(V)
故A正确，CD错误；
B．通过R的电流的最大值为Im=UmR=10210A=2A，故B错误。
故选：A。
类型5 转速不同的交流电的e-t图象
18．（2023•分宜县校级一模）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，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a、b所示，则下列说法正确的是（ ）
A．曲线b表示的交变电动势有效值为52V
B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2：3
C．曲线a表示的交变电动势频率为50Hz
D．t＝3×10﹣2s时曲线a对应线框的磁通量最大
【解答】解：B、由图可知，a的周期为Ta＝4×10﹣2s，b的周期为Tb＝6×10﹣2s，则由n=1T可知，转速与周T期成反比，故转速之比为3：2；故B错误；
A、曲线a、b对应的线圈转速之比为3：2，由ω＝2πn，曲线a、b对应的线圈角速度之比为3：2，根据Em＝NBSω得：曲线a、b对应的电动势之比为3：2，曲线a表示的交变电动势最大值是15V，所以曲线b表示的交变电动势最大值是10V，则有效值为U=Um2=102V＝52V；故A正确；
C、曲线a的交变电流的频率f=1Ta=14×10-2s=25Hz，故C错误；
D、t＝3×10﹣2s时曲线a电动势取最大值，此时磁通量变化率最大，磁通量为零。故D错误。
故选：A。
19．（2023春•咸宁期末）如图甲所示，在匀强磁场中，匝数之比为Na：Nb＝2：1的两个正方形金属线圈a、b绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势e随时间t变化的图像如图乙中曲线a、b所示，则（ ）
A．t＝0时刻，两线圈均处于垂直于中性面的位置
B．线圈a、b转速之比为2：3
C．线圈a，b在转动过程中最大磁通量之比为1：1
D．线圈a，b在转动过程中最大磁通量之比为1：2
【解答】解：A、t＝0时刻，两线圈感应电动势均为零，因此两线圈均处于中性面的位置，故A错误；
B、由图线可知，两线圈的周期分别为Ta＝0.04s，Tb＝0.06s，则Ta：Tb＝0.04：0.06＝2：3，根据n=1T可知a、b对应的线圈转速之比为3：2，故B错误；
CD、两线圈的角速度之比为ωaωb=TbTa=32
根据Em＝NBωS＝NωΦm得最大磁通量为：Φm=EmNω
由图可得a的最大感应电动势为Ema＝15V，b的最大感应电动势为Emb＝10V，则EmaEmb=1510=32
则线圈a，b在转动过程中最大磁通量之比为ΦmaΦmb=EmaEmb•ωbNbωaNa=32×2×13×2=12，故C错误，D正确。
故选：D。
曲线a表示的交变电动势最大值是15V，
根据Em＝nBSω得曲线b表示的交变电动势最大值是10V，
则有效值为U=102V=52V，故D错误；
故选：B。
知识梳理
知识点一、交变电流中的图像问题
1．正弦交变电流的三类图像
2．从图像获得的信息正弦式交变电流的图像是一条正弦曲线，从图像中可以得到以下信息。
(1)周期(T)和角度(ω):线动的角度ω=2πT
(2)峰值(Em、Im):图像的最大值。可出有效值E=Em2 I=Im2
(3)瞬时值:每个“点”表示某一时刻的瞬时值
(4)可确定线圈位于中性面的时刻，也可确定线圈平行于磁感线的时刻
(5)判断线圈中磁通量Φ及磁通量变化率∆Φ∆t的变化情况。
知识点二、其他图像问题
1．基本思路
(1)解读图象的坐标轴，理清横轴和纵轴代表的物理量和坐标点的意义．
(2)解读图象的形状、斜率、截距和面积信息．
2．解题技巧
(1)应用解析法和排除法，两者结合提高选择题图象类题型的解题准确率和速度．
(2)分析转折点、两图线的交点、与坐标轴交点等特殊点和该点前后两段图线．
(3)分析图象的形状变化、斜率变化、相关性等．
题型归类
类型1 从交变电流i-t图中的物理信息解题。
1．（2023•郫都区校级模拟）一含有理想变压器的电路如图甲所示，图中理想变压器原、副线圈匝数之比为2：1，电阻R1和R2的阻值分别为3Ω和10Ω，电流表、电压表都是理想交流电表，a、b输入端的电流如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．0.03s时，通过电阻R1的电流为22A
B．电流表的示数为62A
C．电压表的示数为6V
D．0～0.04s内，电阻R1产生的焦耳热为0.48J
【解答】解：A、由图可知，在0.03s的前后，原线圈中的电流不变化，原线圈产生的磁场恒定，则副线圈中没有感应电流，所以通过电阻R1的瞬时电流为0，故A错误；
B、设电流表的示数为I1，根据有效值的定义有：I12RT＝（22）2R•T2+(2)2R•T2，解得：I1=62A，故B正确；
C、原线图中电流只有交流部分电流才能输出到副线圈中，理想变压器原、副线圈匝数之比为2：1，故副线圈中电流交变流部分的电流最大值为I2m=n1I1mn2=2×2A=22A。
设副线圈交流电的有效值为I2，则I22RT＝（222）2R•T2，解得：I2=2A，则电压表的示数为U＝I2R2=2×10V＝102V，故C错误；
D、0～0.04s内，电阻R1产生的焦耳热为Q=I22R1t=(2)2×3×0.04J=0.24J，故D错误。
故选：B。
2．（2023春•青羊区校级月考）图甲是某一交流发电机的示意图，两磁极N、S间存在可视为水平向右的匀强磁场，电阻R＝9Ω，线圈内阻r＝1Ω，电流表为理想电流表。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，产生的电流随时间变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．t＝0.015s时，电流表的示数为0
B．t＝0.01s时，穿过线圈的磁通量为零
C．线圈转动的角速度为50πrad/s
D．一个周期内，电路中产生的热量为Q＝1000J
【解答】解：A、电压表显示的是交流电的有效值，因为此交流电的有效值不为零，所以电压表的示数不为零，故A错误；
B、根据乙图可知t＝0.01s感应电流最大，所以此时感应电动势为大，根据法拉第电磁感应定律可知磁通量变化率最大，磁通量为0，故B正确；
C、由图乙可知，周期为2×10﹣2s，则线圈转动的角速度为
ω=2πT=2π0.02rad/s=100rad/s
故C错误；
D、由焦耳定律可知得一个周期内，电路中产生的热量为
Q=I有2(R+r)T=102×(9+1)×0.02J=20J
故D错误。
故选：B。
3．（2023春•淮安区期末）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，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像如图乙所示．以下判断正确的是（ ）
A．交变电流的有效值为102A
B．t＝0.01s时线圈位于中性面
C．t＝0.02s时线圈平面与磁场方向平行
D．1s内电流方向改变50次
【解答】解：A、正弦式交变电流的有效值为：I=Im2=1022A＝10A，故A错误；
B、t＝0.01s时感应电流最大，线圈位于垂直于中性面的面，故B错误；
C、t＝0.02s时感应电流最大，线圈平面与磁场方向平行，故C正确；
D、根据频率与周期的关系可知：f=1T=10.02Hz=50Hz，所以1s内电流方向改变100次，故D错误；
故选：C。
4．（2023春•宿迁期末）某交流发电机在两个不同转速下向同一电阻供电，产生的正弦式交流电的i﹣t图像如图所示，则（ ）
A．Ⅰ、Ⅱ两个电流的周期之比为1：2
B．Ⅰ、Ⅱ两个电流对应的最大值之比为3：2
C．Ⅰ、Ⅱ两个电流在相等的时间内通过该电阻产生的热量之比为9：1
D．Ⅰ、Ⅱ两个电流图像从t＝0时刻开始，在各自的半个周期内与横坐标所围面积不相等
【解答】解：A、根据题意，由图可知，Ⅰ、Ⅱ两个电流的周期之比为：T1：T2=13t：t=1：3，故A错误；
B、根据题意，由公式ω=2πT可知，Ⅰ、Ⅱ两个电流的角速度之比为3：1，由电流最大值公式：Im=NBSωR
由于是某交流发电机在两个不同转速下向同一电阻供电，可得，Ⅰ、Ⅱ两个电流对应的最大值之比为3：1，故B错误；
C、根据题意可知，电流的有效值为：I有=Im2
一个周期时间T内产生的热为：Q=I有2RT
由此式可得，Ⅰ、Ⅱ两个电流在相等的时间内通过该电阻产生的热量之比为9：1，故C正确；
D、根据题意，根据q＝It可知，I﹣t图像中面积表示电荷量，则Ⅰ、Ⅱ两个电流图像从t＝0时刻开始，在各自的半个周期内与横坐标所围面积（可近似看成三角形）相等。
另外解法：由公式E=ΔΦΔt、I=ER和q=It可得：q=ΔΦR，同一发电机用两个不同转速下向同一电阻供电，在半个周期内磁通量的变化量ΔΦ＝2BS相等，所以电荷量相等，故D错误。
故选：C。
类型2 从交变电流中e-t图中的物理信息解题
5．（2022秋•武汉期末）如图（a）所示，在匀强磁场中，一电阻均匀的正方形单匝导线框abcd绕与磁感线垂直的转轴ab匀速转动，线圈产生的交变电动势随时间变化的规律如图（b）所示，线框总电阻为5Ω，则（ ）
A．线圈的转速为100r/s
B．线框转动一周，cd边产生的焦耳热为3.87J
C．在0～0.01s时间内，通过线框某一横截面的电荷量约为0.02C
D．当线框平面与中性面的夹角为45°时，线框产生的电动势的大小为22V
【解答】解：A．根据图（b）可得交变电动势变化周期为0.02s，所以线圈转动1圈的时间为0.02s，可得线圈的转速为50r/s，故A错误；
B．线圈产生的交变电动势图像为正弦图像，可得电动势的有效值为：E=Em2=2222V=22V，
故线框转动一周，cd边产生的焦耳热为：Q=14⋅E2R⋅T=14×2225×2×10-2J=0.484J，故B错误；
C．0s和0.01s时感应电动势都等于零，所以此时穿过线框的磁通量最大，线框与磁感线垂直，可得在0s～0.01s时间内，磁通量的变化量为：ΔΦ＝2BS
同时有：q=I⋅Δt=ER⋅Δt=ΔΦΔtR⋅Δt=ΔΦR=2BSR，根据电源电动势的瞬时表达式可得：Em＝BSω=2πBST=222V，解得：BS=11250πT⋅m2
代入解得：q≈0.04C，故C错误。
D．根据图像周期为0.02s可得角速度为ω=2πT=2π0.02ras/s=100πrad/s，所以交流电电动势瞬时表达式为：e＝222sin100πt(V)
当线框平面与中性面的夹角为45°时，有：e＝222×sin45°V＝22V，故D正确。
故选：D。
6．（2022秋•朝阳区校级期末）如图甲所示，100匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO'匀速转动，产生的感应电动势e随时间t的变化曲线如图乙所示，若外接电阻的阻值R＝9Ω，线圈的电阻r＝1Ω，则下列说法正确的是（ ）
A．t＝0.02s时通过线圈的磁通量为零
B．t＝0.02s时线圈恰好垂直中性面
C．电压表的示数为452V
D．线圈中产生的感应电动势表达式e＝100sin40πt（V）
【解答】解：AB．根据乙图知t＝0.02s时感应电动势为0，此时线圈处于中性面位置，通过线圈的磁通量最大，故AB错误；
C．由图可知电动势的最大值为100V，则感应电动势的有效值为U=Em2=1002V=502V，电压表测的是电阻R两端电压，有UV=UR+rR=502×99+1V=452V，故C正确；
D．根据乙图可知，线圈的转动周期为T＝4×10﹣2s，可得线圈中产生的感应电动势表达式为e=Emsinωt(V)=Emsin2πTt(V)=100sin50πt(V)，故D错误。
故选：C。
7．（2023春•茂名期末）风力发电是一种绿色环保的清洁能源，统计显示，我国风力发电规模已经连续12年位居世界第一。根据电磁感应的基本原理，风力发电可建立如下模型，叶片长度为l的风轮机在风的驱动下，带动内部矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动产生交流电。假设空气密度为ρ，风速为v，发电机将风的动能转化为电能的效率为η，发电机正常工作时线圈中产生如图乙所示的正弦交流电，下列说法正确的是（ ）
A．发电机的发电功率P=12πρl2v3
B．若风速加倍，则发电机的功率将变为8倍
C．发电机线圈输出电压的有效值为U
D．t＝t1时，发电机线圈中磁通量的变化率最大
【解答】解：AB．单位时间吹到叶片上的风的质量为m＝πρl2v
根据能量守恒，发电机的发电功率P=12mv2η=12πηρl2v3
若风速加倍，则发电机的功率将变为原来的8倍，故A错误，B正确；
C．由图乙知，该发电机输出余弦交流电的最大值为U，则发电机的输出电压有效值为2U2，故C错误；
D．在t＝t1时，电动势的瞬时值为零，根据法拉第电磁感应定律E=ΔΦΔt可知，此时发电机线圈中磁通量的变化率为零，故D错误。
故选：B。
8．（2023•广东开学）如图甲所示，把小灯泡与教学用发电机相连接，匀速转动手柄带动线圈在两磁极之间转动，产生的电动势e随时间t的变化规律如图乙所示，小灯泡正常发光。下列说法正确的是（ ）
A．线圈转动的快慢程度不会影响小灯泡的亮度
B．线圈转动产生的电动势e有效值为62V
C．手柄匀速转动的角速度为100πrad/s
D．t＝0时刻，线圈位于中性面
【解答】解：A．线圈转动的越快，通过线圈的磁通量变化越快，电路中产生的电动势越大，则电路中的电流越大，小灯泡越亮，故A错误；
B．由图乙可知线圈转动产生的电动势e最大值为62V，所以有效值为E=Em2=622V＝6V，故B错误；
C．线圈转动的角速度为100πrad/s，手柄和线圈通过皮带相连，二者线速度大小相等，由v＝ωr，知ω与r成反比，从图甲可知，手柄转动的圆周半径大于线圈转动的半径，手柄匀速转动的角速度应该小于100πrad/s，故C错误；
D．由图可知t＝0时感应电动势为零，此时通过线圈的磁通量变化率最小，则线圈平面恰好转到中性面，故D正确。
故选：D。
类型3 交变电流中的中Φ-t图应用
9．（2022秋•海安市期末）某兴趣小组自制一小型发电机，使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Φ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Em。则（ ）
A．在t=T4时，线圈中产生的电流最大中
B．在t=T2时，线圈中的磁通量变化率最大
C．线圈中电动势的瞬时值e=Emsin(2πtT)
D．增大线圈转速，线圈中感应电动势的有效值不变
【解答】解：A．由图可知，在t=T4时，磁通量最大，此时磁场方向与线圈平面垂直，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，产生感应电流为0。故A错误；
B．同理，由图可知在t=T2时，线圈中的磁通量为0，此时磁场方向与线圈平面平行，磁通量的变化率最大。故B正确；
C．t＝0时，磁通量为0，线圈与磁感线的方向平行，此时的感应电动势线圈中的感应电动势最大，设为Em，所以线圈中电动势的瞬时值表达式为：
e=Emcs(2πTt)
故C错误；
D．线圈转速增大为原来2倍，则线圈中最大电动势为
Em′＝nBS•2ω＝2nBSω＝2Em
可知最大电动势也增大2倍，所以感应电动势的有效值也增大2倍，即增大线圈转速，线圈中感应电动势的有效值增大。故D错误。
故选：B。
10．（2023秋•温州月考）风力发电是一种绿色清洁能源。根据电磁感应的基本原理，风力发电可建立如下模型，叶片长度为l的风轮机在风的驱动下，带动内部匝数为N的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动。设通过矩形线圈的磁通量Φ随时间t按正弦规律变化，周期为T，磁通量最大值为Φm，空气密度为ρ，风速为v，风轮机叶片旋转所扫过的面积为风力发电机可接收风能的面积，发电机将风的动能转化为电能的效率为η，下列说法正确的是（ ）
A．发电机线圈在0.5T时刻输出的瞬时电压为0
B．发电机线圈输出电压的有效值为U=2πNΦmT
C．发电机的发电功率为P=π2ηρl2v3
D．若风速加倍，则发电机的发电功率将变为4倍
【解答】解：A．发电机线圈在0.5T时刻，磁通量为零，磁通量变化率最大，则感应电动势最大，故A错误；
B．发电机线圈电动势的有效值为
E=22Em=2πNΦmT
因为内外电阻关系未知，所以无法确定输出电压，故B错误；
C.单位时间吹过风的质量为：m＝πρl2v
根据能量守恒，发电机的发电功率：
P=12mv2η=12πηρl2v3，故C正确；
D.根据C答案分析：若风速加倍，则发电机的发电功率将变为8倍，故D错误；
故选：C。
11．（2023•山西模拟）如图1为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．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO'沿逆时针方向以角速度ω匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图2所示，下列结论正确的是（ ）
A．线圈从图1所示位置转过90°时是图2的计时起点
B．每经过图1所示位置1次，电流方向改变1次
C．若线圈的匝数为20，则电动势的最大值是20V
D．若增大线圈转动的角速度，则磁通量变化率的最大值增大
【解答】解：A、由图2可知，t＝0时刻穿过线圈的磁通量为0，线圈与磁场平行，则图1所示位置是图2的计时起点，故A错误；
B、经过图1所示位置时电流方向不改变，线圈经过图1所示位置的垂直位置1次时，电流方向改变1次，故B错误；
C、由图读出周期T＝0.4s，磁通量的最大值Φm＝0.2Wb，则电动势的最大值为Em＝NBSω＝NΦm•2πT=20×0.2×2π0.4V＝20πV，故C错误；
D、由Em＝NBSω知，增大线圈转动的角速度，电动势的最大值增大，由法拉第电磁感应定律E＝NΔΦΔt知磁通量变化率的最大值增大，故D正确。
故选：D。
12．（2023春•湟中区校级期末）手摇式交流发电机结构如图所示，灯泡L与交流电流表A串联后通过电刷、滑环与矩形线圈相连。摇动手柄，使线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴OO'逆时针匀速转动，从t＝0时刻开始，线圈中的磁通量变化如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．t1时刻线圈中电流最大
B．t3时刻通过电流表的电流改变方向
C．t3时刻线圈所在平面和磁场平行
D．线圈转速变快，交流电周期将变大
【解答】解：A．t1时刻线圈中磁通量最大，磁通量变化率为0，线圈产生的感应电动势为零，由闭合电路欧姆定律知电流为0，故A错误；
BC．t3时刻线圈位于中性面，线圈所在平面和磁场垂直，通过电流表的电流改变方向，故B正确，C错误；
D．线圈转速变快，交流电频率变大，周期变小，故D错误。
故选：B。
13．（2023春•梅州期末）图甲为新能源电动汽车的无线充电原理图，M为匝数n＝50匝的受电线圈，N为送电线圈。当送电线圈N接交变电流后，在受电线圈内产生了与线圈平面垂直的磁场，其磁通量Φ随时间t变化的规律如图乙。下列说法正确的是（ ）
A．受电线圈的最大磁通量为0.01Wb
B．受电线圈产生的电动势的有效值为102V
C．在t1时刻，受电线圈产生的电动势为20V
D．在t1时刻，受电线圈产生的电动势为102V
【解答】解：A．由图可知，受电线圈的最大磁通量为：
Φm=2.0×10-4Wb，故A错误；
B．由图可知T＝π×10﹣3s，根据正弦交变电流特征可知，受电线圈产生的电动势最大值为：
Em=nΦm⋅2πT
其中n＝50匝
代入数据得：Em＝20V
所以受电线圈产生的电动势得有效值为：
E=Em2
代入数据得：E=102V，故B正确；
CD．由图乙可知，在t1时刻磁通量变化率为0，由法拉第电磁感应定律可知，此时受电线圈产生的电动势为0V，故CD错误。
故选：B。
类型4 交变电流中变压器中的u-t图像问题
14．（2023春•广西期末）图甲为家用燃气灶点火装置的电路原理图，转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交流电并加在理想变压器的原线圈上，设变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。当两点火针间电压大于5000V就会产生电火花进而点燃燃气。闭合S，下列说法正确的是（ ）
A．电压表的示数为502V
B．在正常点燃燃气的情况下，两点火针间电压的有效值一定大于25002V
C．当n2n1＞10时，才能点燃燃气
D．当n2n1=200时，点火针每个周期的放电时间约为1.3s
【解答】解：A．根据图乙得到原线圈电压的最大值为50V，加在变压器原线圈上正弦交流电压的有效值为U=Um2=502V=252V，故电压表的示数为U=252V，故A错误；
B．两点火针间的瞬时电压大于5000V即可产生电火花，所以有效值一定大于50002V=25002V，故B正确；
C．根据原副线圈的电压关系U副U原=n2n1，原线圈最大电压为50V，副线圈最大电压要大于5000V，所以n2n1=U副U原＞500050=100，故C错误；
D．当n2n1=200时，副线圈输出电压最大值Um2＝10000V，由图乙可知该交流电的周期为0.02s，则角速度ω=2πT=2π0.02rad/s=100πrad/s，副线圈电压随时间变化的关系为u副＝10000sin100πtV，当两点火针间的瞬时电压大于5000V即可产生电火花，即u副=10000sin100πtV＞5000V，即t＞16×10-2s 时点火针才能开始点燃燃气。根据正弦波的特点，可知一个周期内放电时间为Δt=(1-26)×10-2×2s=0.013s，故D错误。
故选：B。
15．（2023春•成都期末）图（a）为某研究小组的自制交流发电机结构简图。某次实验中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动，利用示波器测出其产生的正弦交流电电压u随时间t变化关系如图（b）所示，线圈及导线电阻不计，若想用此发电机产生“220V、50Hz”的交流电，下列操作正确的是（ ）
A．仅调节线圈的匝数为原来2倍
B．仅调节线圈的面积为原来2倍
C．仅调节匀强磁场的磁感应强度为原来22倍
D．仅调节线圈匀速转动的转速为原来2倍
【解答】解：由图像得，交流电电动势的峰值为Um＝1102V
周期为T＝0.02s
则频率为f=1T=10.02Hz＝50Hz
交流电的峰值公式为Um＝NBSω
“220V、50Hz”的交流电的峰值为Um′＝2202V
A、若仅调节线圈的匝数为原来2倍，则交流电的峰值变为原来的两倍，即为2202V，交流电的频率不变，为50Hz，可以产生“220V、50Hz”的交流电，故A正确；
B、若仅调节线圈的面积为原来2倍，则交流电的峰值变为原来的2倍，即为220V，交流电的频率不变，为50Hz，不能产生“220V、50Hz”的交流电，故B错误；
C、若仅调节匀强磁场的磁感应强度为原来22倍，则交流电的峰值变为原来的22倍，即为440V，交流电的频率不变，为50Hz，不能产生“220V、50Hz”的交流电，故C错误；
D、若仅调节线圈匀速转动的转速为原来2倍，由ω＝2πn得，线圈转动的角速度变为原来的两倍，则交流电的峰值变为原来的两倍，即为2202V，由f=1T=ω2π得，交流电的频率变为原来的两倍，为100Hz，不能产生“220V、50Hz”的交流电，故D错误。
故选：A。
16．（2023春•常熟市校级月考）如图所示，标有“220V，40W”的灯泡和标有“20μF，360V”的电容器并联到交流电源上，V为理想交流电压表，交流电源的输出电压如图乙中正弦曲线所示，闭合开关S。下列判断正确的是（ ）
A．电容器会被击穿
B．灯泡不能正常发光
C．t=T4时刻，交流电压表的示数为2202V
D．t＝T时刻，通过灯泡的电流为零
【解答】解：A．由图乙可知交流电压的最大值为：
Um=2202V≈311V
即Um＜360V
所以电容器不会被击穿，故A错误；
B．加在灯泡两端的电压的有效值为220V，因此灯泡能正常发光，故B错误；
C．电压表的示数显示的是交流电压的有效值为220V，与某时刻的电压无关，故C错误；
D．如图乙所示，t＝T时刻，输出的电压为零，通过灯泡的电流也为零，故D正确。
故选：D。
17．（2023•海淀区校级三模）正弦交变电源与电阻R、交流电压表按照图1所示的方式连接，R＝10Ω，交流电压表的示数是10V，图2是交变电源输出电压u随时间t变化的图像。则（ ）
A．通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR=2cs100πt(A)
B．通过R的电流最大值是1A
C．R两端的电压uR随时间t变化的规律是uR=52cs50πt(V)
D．R两端的电压有效值是102V
【解答】解：ACD．交流电压表的示数为有效值，交流电压表的示数是10V，所以R两端的电压有效值是10V，电压表的最大值为Um=2U=102V
由图可得周期T＝2×10﹣2s
则角速度为ω=2πT=2π2×10-2rad/s=100πrad/s
交变电源输出电压u随时间t变化的图象，则输出电压u随时间t的表达式为u=102cs100πt(V)
因此通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR=uR=2cs100πt(A)
而R两端的电压uR随时间t变化的规律是uR=102cs100πt(V)
故A正确，CD错误；
B．通过R的电流的最大值为Im=UmR=10210A=2A，故B错误。
故选：A。
类型5 转速不同的交流电的e-t图象
18．（2023•分宜县校级一模）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，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a、b所示，则下列说法正确的是（ ）
A．曲线b表示的交变电动势有效值为52V
B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2：3
C．曲线a表示的交变电动势频率为50Hz
D．t＝3×10﹣2s时曲线a对应线框的磁通量最大
【解答】解：B、由图可知，a的周期为Ta＝4×10﹣2s，b的周期为Tb＝6×10﹣2s，则由n=1T可知，转速与周T期成反比，故转速之比为3：2；故B错误；
A、曲线a、b对应的线圈转速之比为3：2，由ω＝2πn，曲线a、b对应的线圈角速度之比为3：2，根据Em＝NBSω得：曲线a、b对应的电动势之比为3：2，曲线a表示的交变电动势最大值是15V，所以曲线b表示的交变电动势最大值是10V，则有效值为U=Um2=102V＝52V；故A正确；
C、曲线a的交变电流的频率f=1Ta=14×10-2s=25Hz，故C错误；
D、t＝3×10﹣2s时曲线a电动势取最大值，此时磁通量变化率最大，磁通量为零。故D错误。
故选：A。
19．（2023春•咸宁期末）如图甲所示，在匀强磁场中，匝数之比为Na：Nb＝2：1的两个正方形金属线圈a、b绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势e随时间t变化的图像如图乙中曲线a、b所示，则（ ）
A．t＝0时刻，两线圈均处于垂直于中性面的位置
B．线圈a、b转速之比为2：3
C．线圈a，b在转动过程中最大磁通量之比为1：1
D．线圈a，b在转动过程中最大磁通量之比为1：2
【解答】解：A、t＝0时刻，两线圈感应电动势均为零，因此两线圈均处于中性面的位置，故A错误；
B、由图线可知，两线圈的周期分别为Ta＝0.04s，Tb＝0.06s，则Ta：Tb＝0.04：0.06＝2：3，根据n=1T可知a、b对应的线圈转速之比为3：2，故B错误；
CD、两线圈的角速度之比为ωaωb=TbTa=32
根据Em＝NBωS＝NωΦm得最大磁通量为：Φm=EmNω
由图可得a的最大感应电动势为Ema＝15V，b的最大感应电动势为Emb＝10V，则EmaEmb=1510=32
则线圈a，b在转动过程中最大磁通量之比为ΦmaΦmb=EmaEmb•ωbNbωaNa=32×2×13×2=12，故C错误，D正确。
故选：D。
曲线a表示的交变电动势最大值是15V，
根据Em＝nBSω得曲线b表示的交变电动势最大值是10V，
则有效值为U=102V=52V，故D错误；
故选：B。
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