交变电流的产生和描述练习(高考真题)

第1单元交变电流的产生和描述一、选择题1.下列四幅图是交流电的图象，其中能正确反映我国居民日常生活所用交流电的是()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→dD.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3.如图所示的直流电通过图中的电阻R，则交变电流表的示数为( )A.2.5 AB.2.8C.4.0 AD.4.5 A4.如图所示，单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈轴线OO′与磁场边界重合，线圈按图示方向匀速转动，t=0时刻线圈平面与磁场方向垂直，规定电流方向沿abcda为正方向，则线圈内感应电流随时间变化的图象是()5.如图所示的电路中，三个完全相同的灯泡a、b、c分别与电阻R、电感L和电容C串联成三个支路，当电路两端接入220 V、50 Hz的交变电压时，三个灯泡的亮度相同，若保持交变电压大小不变，将其频率增大到100 Hz，则将发生的现象是( )A.三灯泡亮度不变B.三灯泡均变亮C.a不变，b变亮,c变暗D.a不变，b变暗，c变亮6.（2008年广东高考）小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动.产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示，此线圈与一个R=10 Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列说法正确的是（）A.交变电流的周期为0.125 sB.交变电流的频率为8 HzC.交变电流的有效值为2 AD.交变电流的最大值为4 A7.一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象如图甲所示，则下列说法正确的是( )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，交流电动势达到最大D.该线圈相应产生的交流电动势的图象如图乙所示8.（2008年山东高考）图甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化.下列说法正确的是( )A.图甲表示交流电，图乙表示直流电B.两种电压的有效值相等C.图甲所示电压的瞬时值表达式为U=311si n100πt VD.图甲所示电压的匝数比为10∶1的变压器变压后，频率变为原来的1109.电阻R1、R2与交流电源按照图甲方式连接，R1=10 Ω，R2=20 Ω.合上开关S后，通过电阻R2的正弦交变电流i 随时间t 变化的情况如图乙所示.则( )A.通过R 1的电流有效值是1.2 AB.R 1两端的电压有效值是6 VC.通过R 2的电流最大值是1.22 AD.R 2两端的电压最大值是62 V10.如图所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），当两板间加上交变电压后，能使电子有可能做往返运动的电压是()二、非选择题11.如图所示，间距为l 的光滑平行金属导轨，水平地放置在竖直方向的磁感应强度为B 的匀强磁场中，右端接阻值为R 的电阻，一电阻为r 、质量为m 的导体棒放置在导轨上，在外力F 作用下从t =0的时刻开始运动，其速度随时间的变化规律为v=v m sin ωt .不计导轨电阻.求：（1）从t =0到t = 2πω时间内电阻R 产生的热量；（2）从t =0到t =2πω时间内外力F 所做的功.12.电压u=1202si nωt V，频率为50 Hz的交变电流，把它加在激发电压和熄灭电压均为u0=602V的霓虹灯的两端.（1）求在一个小时内，霓虹灯发光时间有多长？（2）试分析为什么人眼不能感到这种忽明忽暗的现象？（已知人眼的视觉暂留时间约为1s）16第2单元变压器电能的输送一、选择题1.钳形电流表的外形和结构如图（a）所示.图（a）中电流表的读数为1.2 A.图（b）中用同一电缆线绕了3匝，则( )A.这种电流表能测直流电流，图(b)的读数为2.4 AB.这种电流表能测交流电流，图(b)的读数为0.4 AC.这种电流表能测交流电流，图（b）的读数为3.6 AD.这种电流表既能测直流电流，又能测交流电流，图（b）的读数为3.6 A2.如图所示，理想变压器输入端PQ接稳定的交流电源，通过单刀双掷开关S可改变变压器初级线圈匝数（图中电压表及电流表皆为理想电表），则下列说法中正确的是()A.当滑片c向b端移动时，变压器输入功率变大B.当滑片c向a端移动时，电流表A1的示数将减小，电压表V的示数不变C.当滑片c向b端移动时，电流表A2的示数将变大，电压表V的示数也变大D.滑片c不动，将开关S由1掷向2时，三个电表A1、A2、V的示数都变大3.（2008年北京高考）一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=11∶5，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u如图所示.副线圈仅接入一个10 Ω的电阻.则( )A.流过电阻的电流是20 AB.与电阻并联的电压表的示数是1002 VC.经过1分钟电阻发出的热量是6×103 JD.变压器的输入功率是1×103 W4.如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1，副线圈上接三个相同的灯泡，均能正常发光，原线圈中再串一个相同的灯泡L ，则( )A.灯L 也能正常发光B.灯L 比另三灯都暗C.灯L 将会被烧坏D.不能确定5.（2009年山东高考）某小型水电站的电能输送示意图如下，发电机的输出电压为200 V ，输电线总电阻为r,升压变压器原副线圈匝数分别为n 1、n 2，降压变压器原副线圈匝数分别为n 3、n 4（变压器均为理想变压器）.要使额定电压为220 V 的用电器正常工作，则()A.3124n n n n > B.3124n n n n < C.升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D.升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率6.如图所示,在绕制变压器时,某人误将两个线圈绕在图示变压器铁芯的左、右两个臂上,当通以交流电时,每个线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈,另一半通过中间的臂.已知线圈1、2的匝数之比为N 1∶N 2=2∶1,在不接负载的情况下()A.当线圈1输入电压220 V 时，线圈2输出电压为110 VB.当线圈1输入电压220 V 时，线圈2输出电压为55 VC.当线圈2输入电压110 V 时，线圈1输出电压为220 VD.当线圈2输入电压110 V 时，线圈1输出电压为110 V7.在远距离输电时，输送的电功率为P ，输电电压为U ，所用导线电阻率为ρ，横截面积为S ，总长度为L ，输电线损失的电功率为P′，用户得到的电功率为P 用，则P′、P 用的关系式正确的是( )8.如图所示的甲、乙两电路中，当a 、b 两端与e 、f 两端分别加上220 V 的交流电压时，测得c 、d 间与g 、h 间的电压均为110 V.若分别在c 、d 两端与g 、h 两端加上110 V 的交流电压，则a 、b间与e 、f 间的电压分别为( )A.220 V ，220 VB.220 V ，110 VC.110 V ，110 VD.220 V ，09.如图所示，有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n .原线圈接正弦交流电压U ，输出端接有一个交流电流表和一个电动机.电动机线圈电阻为R.当输入端接通电源后，电流表读数为I,电动机带动一重物匀速上升.下列判断正确的是( )A.电动机两端电压为IRB.电动机消耗的功率为I 2RC.原线圈中的电流为n ID.变压器的输入功率为UI n10.2008年1月份，我国南方大部分地区遭遇特大雪灾，输电线表面结冰严重，导致线断塔倒.某学校实验兴趣小组设计了利用输电导线自身电阻发热除冰的救灾方案，处理后的电路原理如图所示,输电线路终端降压变压器用模拟负载R0代替，RL为输电线电阻，并将电阻RL放入冰雪中，在变压器原线圈两端加上交变电流后即出现冰雪融化的现象.为了研究最好除冰方案，下列模拟实验除给定操作外，其他条件不变，不考虑其可行性，你认为其中最合理的是( )A.将调压变压器滑动触头P向上移动一些B.将调压变压器滑动触头P向下移动一些，同时延长通电时间C.通过计算，选择适当输出电压，并闭合S将模拟负载R0短时短路D.通过计算，选择适当输出电压，并将模拟负载R0的阻值增大一些二、非选择题11.如图所示，理想变压器原线圈中输入电压U1=3 300 V，副线圈两端电压U2为220 V，输出端连有完全相同的两个灯泡L1和L2，绕过铁芯的导线所接的电压表V的示数U=2 V.求：（1）原线圈n1等于多少匝？（2）当开关S断开时，电流表A2的示数I2=5 A.则电流表A1的示数I1为多少？（3）当开关S闭合时，电流表A1的示数I1′等于多少？12某发电站的输出功率为104 kW，输出电压为4 kV,通过理想变压器升压后向80 km 远处供电.已知输电导线的电阻率为ρ=2.4×10-8Ω·m，导线横截面积为1.5×10-4 m2，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：（1）升压变压器的输出电压；（2）输电线路上的电压损失.第3单元电磁场电磁波一、选择题1.下列关于电磁场的说法中正确的是( )A.只要空间某处有变化的电场或磁场，就会在其周围产生电磁场，从而形成电磁波B.任何变化的电场周围一定有磁场C.振荡电场和振荡磁场交替产生，相互依存，形成不可分离的统一体，即电磁场D.电磁波的理论在先，实践证明在后2.（2009年天津高考）下列关于电磁波的说法正确的是( )A.电磁波必须依赖介质传播B.电磁波可以发生衍射现象C.电磁波不会发生偏振现象D.电磁波无法携带信息传播3.关于雷达，下列说法正确的是( )A.雷达只是用来向外发射电磁波的装置B.雷达只是用来接收外界电磁波的装置C.雷达除了向外界发射电磁波，它还要接收它发射出去的被障碍物反射回来的电磁波D.雷达只能测出物体的位置，但不能描绘出物体的形状4.关于电磁波传播速度表达式v=λf，下述结论正确的是( )A.波长越长，传播速度就越大B.频率越高，传播速度就越大C.发射能量越大，传播速度就越大D.电磁波的传播速度与传播介质有关5.手机A的号码为12345670002，手机B的号码为12345670008，手机A拨手机B时，手机B发出响声，并且显示屏上显示A的号码12345670002，若将手机A置于一透明真空罩中，用手机B拨叫A则( )A.发出响声，并显示B的号码12345670008B.不发出响声，但显示B的号码12345670008C.不发出响声，但显示A的号码12345670002D.既不发出响声，也不显示号码6.电视机在室内接收电视台向空中发射的电磁信号时，下列判断正确的是( )A.当电视机所在处离电视发射塔较近时，用室内天线也可以接收信号，这是电磁波的衍射现象造成的B.电磁波在传播过程中遇到金属物质时，要损失一部分能量C.在离电视发射塔远处时要用架设室外天线的方法接收信号，这是由于发送电视信号用的是微波，波长短，基本上是直线传播D.有线电视的信号也是通过电磁波传送的7.一个电子向一个固定不动的质子运动的过程中，则( )A.有可能发射电磁波B.不可能发射电磁波C.电子和质子组成的系统能量一定守恒D.电子和质子组成的系统动量守恒8.在电磁波发射与接收过程中，互为逆过程的是( )A.调制与调谐B.调幅与调频C.调制与检波D.调谐与检波9.2006年度诺贝尔物理学奖授予了两名美国科学家，以表彰他们发现了宇宙微波背景辐射的黑体谱形状及其温度在不同方向上的微小变化.他们的出色工作被誉为是宇宙学研究进入精密科学时代的起点.下列与宇宙微波背景辐射黑体谱相关的说法中正确的是( )A.微波是指波长在10-3m到10 m之间的电磁波B.微波和声波一样都只能在介质中传播C.黑体的热辐射实际上是电磁辐射D.普朗克在研究黑体的热辐射问题中提出了能量子假说10.如图所示是一个水平放置的玻璃圆环型小槽，槽内光滑，槽的宽度和深度处处相同，现将一直径略小于槽宽的带正电小球放在槽中，让它受绝缘棒打击后获得一初速度v0，与此同时，有一变化的磁场垂直穿过玻璃形小槽外径所对应的圆面积，磁感应强度的大小跟时间成正比，其方向竖直向下，设小球在运动过程中电荷量不变，那么( )A.小球受到的向心力大小不变B.小球受到的向心力大小不断增加C.洛伦兹力对小球做了正功D.小球受到的磁场力逐渐变大二、非选择题11.（1）麦克斯韦理论的内容是： .（2）电磁波在传播过程中，每处的电场方向和磁场方向总是的，并和该处电磁波的传播方向，这就说明电磁波是波.（3）目前雷达发射的电磁波频率多在200 M Hz至1 000 M Hz的范围内.请回答下列关于雷达和电磁波的有关问题.①雷达发射电磁波的波长范围是多少？②能否根据雷达发出的电磁波确定雷达和目标间的距离?12.无线电广播的中波段波长范围是187~560 m.（1）试求无线电广播的中波段频率范围.（2）为避免邻近电台干扰，两个电台的频率范围至少应差104Hz，那么此波段中最多能容纳多少个电台？一、选择题1.解析:我国居民日常生活所用交流电的电压有效值为220 V,频率为50 Hz.由此可算出最大电压值为2202V=311 V,周期T=0.02 s.符合条件的只有C.答案:C2.解析:产生正弦交流电的条件是轴和磁感线垂直，与轴的位置和线框形状无关，转到图示位置时产生的电动势E具有最大值E m=n BSω由欧姆定律I=E/R总可知此时I相等，A对，B错.由右手定则可知电流方向为a→d→c→b，故C错.两种情况下cd边受的安培力均为F=BL cd I,故D错.答案:A3.解析:如图所示的直流电的大小是变化的，它不属于恒定电流，而交变电流表的示数为电流的有效值，但这个电流的有效值不是5/2 A.显然，应该从电流有效值的定义来求解.图中的I-t图象是正弦曲线，在半个周期内，它的有效值与正弦交变电流的有效值相同，再根据直流电在一个周期内所做的功和其有效值做功等效的关系，就可以求出通过电流表的示数.答案:A4.解析:由楞次定律可知前半个周期感应电流沿adcba方向，后半个周期沿abcda的方向，因线圈绕垂直磁场的轴匀速转动，所以产生正弦式交变电流，A正确.答案:A5.解析:因为电阻不随频率改变，而感抗随频率的增大而增大，容抗随频率的增大而减小，所以交流电的频率增大，电感支路的电流减小，电容支路的电流增大，电阻支路的电流不变，由此得出正确答案为D项.答案:D6.解析:由图象可知，交变电流的周期为0.250 s,频率为4 Hz,交变电流的最大值为20 10A=2 A，有效值为22A= 2A,所以应选C.答案:C7.解析:答案:B8.解析:因图象的纵坐标上电压的正负表示电压的方向，因此两图均为交流电，A错；对于正弦交流电才有U有效=，虽然两图的峰值相同，但图乙非正弦（余弦）交流电不适用上式有效值的求法，故B错；正弦交流电电压瞬时值的表达式为U=U m si nωt，由图象可知U m=311 V,T=2×10-2 s,可得ω= 2T=100π，代入上式得U=311si n100πt，故C对；由变压器原理可知变压器只能根据匝数比改变电压和电流，它不会改变周期和频率，故D 错.答案:C9.解析:由i-t图象可知，电流最大值I m A,有效值=0.6 A,因R1与R2串联，则I1=I=0.6 A,U1=IR1=6 V,I2m=I m A,U2m=I m R2V,故A、C、D错，B正确.答案:B10.解析:对A图象可知,电子先做加速度减小的加速运动，14T时刻速度最大，由14T到1 2T做加速度增加的减速运动，12T时刻速度为零.从12T到34T电子反向做加速度减小的加速运动，34T时刻速度最大，由34T到T做加速度增大的减速运动，T时刻速度为零，回到原位置，即电子能做往复运动.同样的方法可得B、C也对. 答案:ABC二、非选择题11.12.解析:（1）如图所示，画出一个周期内交流电的u-t图，其中阴影部分对应的时间t1表示霓虹灯不能发光的时间，根据对称性，一个周期内霓虹灯不能发光的时间为4t1.（2）很明显霓虹灯在工作过程中是忽明忽暗的，而熄灭的时间间隔只有1300s(如图中t2+t3那段时间)，由于人的眼睛具有视觉暂留现象，而这个视觉暂留时间约为116s远大于1300s,因此经过灯光刺激的人眼不会因为短暂的熄灭而有所感觉.答案:（1）2 400 s (2)见解析1.解析:该钳形电流表的工作原理为电磁感应现象，所以只能测交流电流，且电流与匝数成反比，故C项正确.答案:C2.解析:c向b端移动时，R变大，输出功率222UPR，又因U2不变，则P2减小，所以输入功率减小，A 项错；c 向a 移动时，R 变小，A 2示数22U I R=变大，则A 1示数变大，B 项错；c 向b 移动时，R 变大，由22U I R=知，A 2示数变小，故C 项错；当滑片c 不动，开关S 由1掷向2时，原线圈匝数n 1减少，由122n U n =知U 2变大，故A 2示数变大，A 1示数变大，故D 项正确. 答案:D3.解析:原线圈中电压的有效值是220 V.由变压比知副线圈中电压为100 V,流过电阻的电流是10 A ；与电阻并联的电压表的示数是100 V ；经过1分钟电阻发出的热量是6×104 J;P入=P 出=22U R = 210010W=1×103 W,D 项正确. 答案:D4.解析:原、副线圈中的电流之比为112213I n I n ==,而副线圈中通过每盏灯的电流均为其额定电流I 额=23I .又I 1=13I 2，所以通过原线圈中灯L 的电流恰为其额定电流，灯L 正常发光，所以A 正确.答案:A 5.答案:AD6.答案:BD7.答案:BD8.解析:图甲中只要加交流电，其电压比就等于线圈的匝数比，所以ab间电压为220 V;图乙中e、f两端加220 V的交流电压时，测得g、h间的电压为110 V，此时为变阻器的分压接法（滑片正好在变阻器的中央位置）；如果在g、h两端加上110 V的交流电压，则e、f间的电压与g、h两端的电压相等（此时变阻器的上部分电阻相当于导线）.故B正确.答案:B9.解析:电动机两端电压为Un，故电动机消耗的功率为IUn,即为变压器的输入功率，原线圈中的电流I0=I/n.答案:D10.解析:输电线的导线电阻RL一定，将调压变压器滑动触头P向上移动一些，可以增大输出电压和输出电流，因此RL上消耗的功率增大，可以增强除冰效果，但同时也增大了电能消耗；延长通电时间，虽可以增大发热量，但发热慢，若发热与导线散热平衡，则导线上的冰是不能除去的；如果所加电压适当，闭合S将模拟负载R0短时短路，可以将所有电能在RL上释放短时产生大量热量而除冰，适当电压可保证输电线不被烧断，节能省时；若增大R0，则RL上的电功率会减小，因此最合理的是方案C.答案:C二、非选择题11.解析:（1）由电压与变压器匝数的关系可得：U1/n1=U2/n2=U,则n1=1 650匝.（2）当开关S断开时，有：U1I1=U2I2,I1=U2I2/U1=13A.（3）当开关S断开时，有：RL1=U2/I2=44 Ω.当开关S闭合时，设副线圈总电阻为R′，有R′=RL1/2=22 Ω，副线圈中的总电流为I2′,则I2′=U2/R′=10 A.由U1I1′=U2I2′可知，I1′=U2I2′/U1= 23A.答案:(1)1 650匝（2）13A（3）23A12.解析:根据已知输电导线的电阻率、导线横截面积和输电距离，首先求出导线电阻，然后依据能量关系计算导线电阻的功率损失，由损失功率再进一步计算导线上的电流，最后依据变压器的基本关系求解.（1）输电线的电阻为R=2ρL/S=25.6 Ω,P损=P出×4%=107×4% W=4×105 W=I2R，所以输电导线的电流为I=125 A,升压变压器的输出电压为U2=PI=710125WA,所以U2=80 000 V.（2）输电线路上的电压损失为U′=IR=3 200 V.答案:(1)80 000 V (2)3 200 V1.解析:根据麦克斯韦的电磁场理论可知选项A错误.若电场或磁场的变化是均匀的，则不能形成电磁波，只能形成稳定的磁场或电场，B项正确.若电场的变化是非均匀的，则可形成电磁场，由电磁场的定义可知C正确.英国物理学家麦克斯韦从理论上预见了电磁波的存在，并指出电磁波的特点.例如：电磁波的传播不需要介质，它在真空中的速度等于光速，电磁波是横波等，进而说明光是电磁波家庭中的一员.二十多年后德国物理学家赫兹用实验验证了电磁波的存在.所以D正确.答案:BCD2.解析:电磁波可以在真空中传播，能发生干涉、衍射、偏振等现象.并且它可以传递信息，可知只有B选项正确.答案:B3.解析:雷达是发射电磁波后再接收反射回来的电磁波，利用发射和接收的时间差计算出被测物距雷达距离s=12cΔt,还可以描绘出物体的形状.答案:C4.答案:D5.解析:电磁波可以在真空中传播，而声波传播则需要介质.当手机B拨手机A时（A置于一透明真空罩中），A能显示B的号码，不能发出响声，即B正确.答案:B6.解析:电磁波从室外传播到室内时发生了衍射，使得在不同位置处的电视机用室内天线就可以接收到电磁信号，A 选项正确；电磁波遇到金属导体时，使金属内部产生感应电流，从而损失一部分能量，B 选项正确；电磁信号是用微波发射的，而微波波长较小，其衍射能力不强，故在离电视台较远的地方，一般用架得很高的室外天线来接收电磁信号，C 选项正确；有线电视是通过导线直接输送电磁信号的，而不是通过电磁波传送的，D 选项错误. 答案:ABC7.解析:一个电子向一个固定不动的质子运动的过程中，电子受到质子的库仑力的作用（库仑力F =ke 2/r 2,r 是减小的，F 是增大的，所以加速度增大），做加速度增大的加速度运动，也就是说电子在运动过程中，周围空间会产生非均匀变化的电场，由麦克斯韦的电磁场理论可知，它有可能向外辐射电磁波，所以A 选项正确，B 选项错误.由于有向外辐射电磁波的可能性，系统的能量肯定不守恒，C 项不正确.质子是被固定的，也就是说电子和质子组成的系统有外力的作用，动量也不守恒，D 选项不正确. 答案:A8.解析:调制是把需要发送的信号加到高频的电磁波上，而检波则是从接收到的被调制过的高频电磁波中检出低频信号，它们互为逆过程. 答案:C9.解析:由电磁波谱的划分可知，A 对.微波的本质是电磁波，可以在真空中传播，无需介质.声波的本质是机械波，只能在介质中传播，B 错.黑体辐射可以辐射各种波长的电磁波，本质上是电磁辐射，C 对.根据普朗克的量子假说推算出的黑体辐射规律和观测到的事实符合得相当好，D 对. 答案:ACD10.解析:由麦克斯韦电磁场理论和楞次定律得，当B 增加时，将产生一个与v 0同向的电场，因小球带正电，电场将对小球做正功，其速度随时间增大，向心力的大小m 2v r也随之增大，故B 项正确，而A 项错误.因B 随时间增大，v 也随时间增大，故所受的洛伦兹力q v B 也增大，故D 项正确.因洛伦兹力对运动电荷不做功，故C 项错误. 答案:BD二、非选择题11.解析:（1）麦克斯韦电磁理论的内容是：变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场. （2）电磁波在传播过程中，每处的电场方向和磁场方向总是垂直的，并和该处电磁波的传播方向垂直，这说明电磁波是横波. （3）①由v =λf 可得：λ1=1v f =863.01020010⨯⨯ m=1.5 m ,λ2=2vf = 863.010100010⨯⨯m =0.3 m .②电磁波测距离的原理就是通过发射和接收的时间间隔来确定距离，所以可根据s =12vt 确定和目标间的距离. 答案:（1）见解析（2）垂直垂直横波（3）①0.3 m ~1.5 m ②可以12.解析:（1）由c =λf 得f 1=1c λ=8310187⨯ Hz =1.6×106 Hzf 2=2cλ= 8310560⨯Hz =5.36×105 Hz所以中波段的频率范围为5.36×105~1.6×106 Hz . （2）由于两个电台间的频率相差Δf =104 Hz . 所以最多可容纳的电台个数约为N=12f f f-∆=6541.610 5.361010-⨯-⨯个=106个. 答案:（1）5.36×105~1.6×106 Hz (2)106个。

2021年高考物理总复习 10.1交变电流的产生和描述考题演练（含解析）1.(xx·福建高考)如图,实验室一台手摇交流发电机,内阻r=1.0Ω,外接R=9.0Ω的电阻。

闭合开关S,当发电机转子以某一转速匀速转动时,产生的电动势e=10sin10πt(V),则( )A.该交变电流的频率为10HzB.该电动势的有效值为10VC.外接电阻R所消耗的电功率为10WD.电路中理想交流电流表的示数为1.0A【解析】选D。

据ω=2πf知该交流电的频率为5Hz,A错;该交流电电动势的最大值为10V,有效值E=10V,B 错;I==1.0A,P=I2R=9W,C错,D对。

2.(xx·海南高考)通过一阻值R=100Ω的电阻的交变电流如图所示,其周期为1s。

电阻两端电压的有效值为( )A.12VB.4VC.15VD.8V【解题指南】解答本题时应注意理解以下两点：(1)根据电流的热效应在一个周期内分段计算交变电流的有效值。

(2)根据图像确定一个周期的时间。

【解析】选B。

根据图像,一个周期T=1s,设该交变电流的有效值为U,0～0.4s的时间间隔为t1=0.4s,0.4～0.5s的时间间隔t2=0.1s,根据电流的热效应,由2(Rt1+Rt2)=,解得U=4V,B正确。

3.一台电风扇的额定电压为交流220V,在其正常工作过程中,用交流电流表测得某一段时间内的工作电流I 随时间t的变化如图所示。

这段时间内电风扇的用电量为( )A.3.9×10-2度B.5.5×10-2度C.7.8×10-2度D.11.0×10-2度【解题指南】根据电流的变化情况分段计算电功。

“度”是电功常用单位,1度=1kW·h。

【解析】选B。

测出的电流和电压均为交流电的有效值,在这段时间内用电量W=U(I1t1+I2t2+I3t3)=220×(0.3×600+0.4×600+0.2×2 400)J=1.98×105J=5.5×10-2度,选项B正确。

交变电流的产生和描述1．(2019·湖州调研)一个正常工作的理想变压器的原、副线圈中，下列的物理量不一定相等的是( )A ．交变电流的频率B ．电流的有效值C ．电功率D ．磁通量的变化率解析：选B.变压器原、副线圈中一定相等的物理量是频率、磁通量的变化率、电功率，故选B.2．(2019·嘉兴检测)理想变压器原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u 随时间t 变化的规律如图所示，原、副线圈匝数比n 1n 2＝100，副线圈只接入一个R ＝10 Ω的电阻，则下列说法错误的是( )A ．与电阻R 并联的电压表示数为3.11 VB ．流过电阻R 的电流最大值为0.311 AC ．变压器的输入功率为0.484 WD ．一个周期内，电阻R 上产生的热量为9.68×10－3J解析：选A.由题中图线得，原线圈两端的电压为U 1≈220 V ，由变压器原、副线圈电压比U 1U 2＝n 1n 2得，副线圈上的电压为U 2＝2.2 V ，选项A 错误；流过电阻R 的电流最大值I m ＝2U 2R ≈0.311 A ，选项B 正确；变压器的输入功率等于输出功率，即有P 入＝U 22R＝0.484 W ，选项C 正确；一个周期内，电阻R 上产生的热量Q ＝P 入T ＝9.68×10－3J ，选项D 正确．3．通过某电流表的电流按如图所示的规律变化，则该电流表的读数为( )A ．4 2 AB ．4 AC ．5 AD ．5 2 A解析：选C.根据交变电流有效值的定义取一个周期T .有I 2RT ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫822R ·T 2＋(32)2R ·T 2，得I ＝5 A.4．(2019·绍兴检测)如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其单匝矩形线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与R ＝10 Ω的电阻连接，与电阻R 并联的交流电压表为理想电压表，示数是10 V ．图乙是矩形线圈中磁通量Φ随时间t 变化的图象，则( )A ．电阻R 上的电功率为20 WB ．t ＝0.02 s 时，R 两端的电压瞬时值为零C ．R 两端的电压u 随时间t 变化的规律是u ＝14.1·cos 100πt VD ．通过R 的电流i 随时间t 变化的规律是i ＝14.1·cos 50πt A解析：选C.电阻R 上的电功率为P ＝U 2R＝10 W ，选项A 错误；由题图乙知t ＝0.02 s 时磁通量变化率最大，R 两端的电压瞬时值最大，选项B 错误；R 两端的电压u 随时间t 变化的规律是u ＝14.1cos 100πt V ，选项C 正确；通过R 的电流i 随时间t 变化的规律是i ＝uR＝1.41cos 100πt A ，选项D 错误．5．如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U ，用等效总电阻是r 的两条输电线输电，输电线路中的电流是I 1，其末端间的电压为U 1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I 2.则下列说法正确的是( )A ．用户端的电压为I 1U 1I 2B ．输电线上的电压降为UC ．理想变压器的输入功率为I 21r D ．输电线路上损失的电功率为I 1U解析：选A.根据变压器的工作原理、欧姆定律和电功率公式解决问题．根据理想变压器的工作原理，得I 1U 1＝I 2U 2，所以用户端的电压U 2＝I 1U 1I 2，选项A 正确；输电线上的电压降U ′＝I 1r ＝U －U 1，选项B 错误；变压器的输入功率P 1＝I 1U －I 21r ＝I 1U 1，选项C 错误；输电线路上损失的功率P ′＝I 21r ＝I 1(U －U 1)，选项D 错误．【课后达标检测】一、选择题1．有一不动的矩形线圈abcd ，处于范围足够大的可转动的匀强磁场中，如图所示．该匀强磁场是由一对磁极N 、S 产生，磁极以OO ′为轴匀速转动．在t ＝0时刻，磁场的方向与线圈平行，磁极N 开始离开纸面向外转动，规定由a →b →c →d →a 方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流I 随时间t 变化的图线是( )答案：C2．(2019·湖州检测)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，如图所示为穿过线圈的磁通量Ф随时间变化的图线，则下列说法正确的是( )A ．t ＝0时，线圈平面与中性面垂直B ．t ＝T 4时刻，磁通量的变化率最大C ．t ＝T2时刻，交流电动势达到最小D ．t ＝T 时刻，交流电动势为零 答案：A3．将阻值为100 Ω的用电器接到按i ＝1.414sin 100πt (A)的规律变化的交流电路中，则( )A ．该交流的周期为0.02 sB ．用电器两端的电压为141.4 VC ．通过用电器的电流为1.414 AD ．用电器消耗的功率为141.4 W 答案：A4．(2019·舟山高二期中)如图所示，T 为理想变压器，A 1、A 2为理想交流电流表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，原线圈两端接恒压交流电源，当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时( )A ．A 1的读数变大，A 2的读数变大B ．A 1的读数变大，A 2的读数变小C ．A 1的读数变小，A 2的读数变大D ．A 1的读数变小，A 2的读数变小解析：选A.当滑动触头下移时，R 3变小，R 总变小，I ＝UR 总，U 不变，I 变大，U 并＝U －U R 1，U 并变小，通过R 2的电流I R 2变小，I A2＝I －I R 2，I A2变大，A 2的示数变大，由原、副线圈电流与匝数成反比，可知A 1的示数变大．5．(2019·嘉兴测试)图1、图2分别表示两种电压的波形，其中图1所示电压按正弦规律变化．下列说法正确的是( )A ．图1表示交流电压，图2表示直流电压B ．两种电压的有效值相等C ．图1所示电压的瞬时值表达式为u ＝311sin 100πt (V)D ．图1所示电压经匝数比为10∶1的变压器变压后，频率变为原来的110解析：选C.图2表示的电压方向在变，也是交流电压，A 错；图2表示的电压是非正弦交流电压，有效值与最大值之间并不满足E ＝E m2，B 错；变压器不能改变交变电流的频率，选项D 错．6．理想变压器上接有三个完全相同的灯泡，其中一个与该变压器的原线圈串联后接入交流电源，另外两个并联后接在副线圈两端．已知三个灯泡均正常发光．该变压器原、副线圈的匝数之比为( )A ．1∶2B ．2∶lC ．2∶3D ．3∶2解析：选B.三灯都正常工作，则电流相等，由此可知变压器的原、副线圈的电流比I 1I 2＝12，对于理想变压器，由于功率相等，P 1＝P 2，得U 1U 2＝I 2I 1得U 1U 2＝21，选项B 正确．7．(2019·宁波调研)对于理想变压器，下列说法中不正确的是( ) A ．原线圈的输入功率随着副线圈的输出功率增大而增大 B ．原线圈的输入电流随着副线圈的输出电流增大而增大 C ．原线圈的电压不随副线圈的输出电流变化而变化 D ．当副线圈的电流为零时，原线圈的电压也为零 答案：D8．(2019·杭州质检)如图所示，在某一输电线路的起始端接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为100∶1和1∶100，图中a 、b 表示电压表或电流表，已知电压表的示数为22 V ，电流表的示数为1 A ，则( )A ．a 为电流表，b 为电压表B ．a 为电压表，b 为电流表C ．线路输送电功率是2 200 kWD ．输电线路总电阻为22 Ω解析：选B.由题图可知a 表是电压表，b 表是电流表．而连接电压表的互感器原线圈的匝数与副线圈匝数之比为100∶1，连接电流表的互感器原线圈的匝数与副线圈匝数之比为1∶100，由电压表的示数为22 V ，得原线圈的电压为2 200 V ，由电流表的示数为1 A ，得原线圈的电流为100 A ．所以电线输送功率是2.2×105W ，由已知条件无法求输电线电阻．9．某小型水电站的电能输送示意图如图所示．发电机的输出电压为200 V ，输电线总电阻为r ，升压变压器原、副线圈匝数分别为n 1、n 2.降压变压器原、副线圈匝数分别为n 3、n 4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220 V 的用电器正常工作，则( )A.n 2n 1>n 3n 4B.n 2n 1<n 3n 4C ．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D ．升压变压器的输出功率小于降压变压器的输入功率解析：选A.根据变压器工作原理可知n 1n 2＝200U 2，n 3n 4＝U 3220，由于输电线上损失一部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有U 2>U 3，所以n 2n 1>n 3n 4，A 正确，B 、C 错误；升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线损失功率，D 错误．10.如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T ，转轴O 1O 2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A ．那么( )A ．线圈消耗的电功率为2 WB ．线圈中感应电流的有效值为2 AC ．任意时刻线圈中的感应电动势为e ＝4cos ⎝⎛⎭⎪⎫2πT t VD ．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝T πsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT t 解析：选C.从线圈平面平行于磁感线开始计时，正弦交变电流的感应电动势的一般表达式为e ＝E m cos θ，且该式的成立与转轴的位置无关(转轴平行于磁感线的情况除外)，则感应电流i ＝e R ＝E m R cos θ，由题给条件有1＝E m 2×12，解得E m ＝4 V ，则I m ＝2 A ，I有效＝ 2 A ，电功率P ＝I 2有效R ＝4 W ，所以A 、B 错误．e ＝4cos ωt ＝4cos ⎝⎛⎭⎪⎫2πT t V ，故C 正确．由E m＝BS ω＝Φm ·2πT 得Φm ＝2T π，故Φ＝2T π·sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT t ，故D 错误．二、非选择题11．(2019·杭州调研)某小型实验水电站输出功率是20 kW ，输电线总电阻为6 Ω. (1)若采用380 V 输电，求输电线路损耗的功率；(2)若改用5 000 V 高压输电，用户端利用n 1∶n 2＝22∶1的变压器降压，求用户得到的电压．解析：(1)输电线上的电流为I ＝P U ＝20×103380A ≈52.63 A 输电线路损耗的功率为P 损＝I 2R ＝52.632×6 W ≈16 620 W ＝16.62 kW.(2)改用高压输电后，输电线上的电流为I ′＝P U ′＝20×1035 000A ＝4 A用户端在变压器降压前获得的电压U 1＝U ′－I ′R ＝(5 000－4×6) V ＝4 976 V根据U 1U 2＝n 1n 2，用户得到的电压为U 2＝n 2n 1U 1＝122×4 976 V ≈226.18 V.答案：(1)16.62 kW (2)226.18 V12．(2019·丽水质检)如图所示是家庭用的“漏电保护器”的关键部分的原理图，其中P 是一个变压器铁芯，入户的两根电线(火线和零线)采用双线绕法，绕在铁芯的一侧作为原线圈，然后再接户内的用电器．Q 是一个脱扣开关的控制部分(脱扣开关本身没有画出，它是串联在本图左边的火线上，开关断开时，用户的供电被切断)，Q 接在铁芯另一侧副线圈的a 、b 两端之间，当a 、b 间没有电压时，Q 使得脱扣开关闭合，当a 、b 间有电压时脱扣开关立即断开，使用户断电．(1)用户正常用电时，a 、b 之间有没有电压？为什么？(2)如果某人站在地面上，手误触火线而触电，脱扣开关是否会断开？为什么？ (3)已知原线圈的双线各在铁芯上绕了N 1匝，加在另一侧的副线圈绕了N 2匝．已知正常用电时通过火线和零线的电流都是I ，某人站在地面上，手误触火线而触电时通过人体的电流为I ′.把这个变压器视为理想变压器，在人触电的这段时间内，已知a 、b 两端的电压是2 V ，求火线线圈两端的电压和通过Q 的电流各多大？解析：(1)由题文中提取的有用信息是：“火线和零线采用双线”，在铁芯中没有交变磁通产生．因此，在Q 中不会产生电磁感应，a 、b 间没有电压．(2)手误触火线时，相当于把入户线短接，通过人体的电流不通过原线圈，在Q 中会产生电磁感应，a 、b 间有电压，Q 会断开．(3)根据变压器规律U 1U ab ＝n 1n 2，I ′I ab ＝n 2n 1，可得火线线圈两端的电压为U 1＝2n 1n 2 V 通过Q 的电流为I ab ＝n 1I ′n 2. 答案：见解析。

高考经典课时作业10-1 交变电流的产生和描述（含标准答案及解析）时间：45分钟 分值：100分1．图中闭合线圈都在匀强磁场中绕虚线所示的固定转轴匀速转动，能产生正弦式交变电流的是( )2．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的转轴匀速转动，产生的交流电动势的最大值为E m .设t ＝0时线圈平面与磁场平行，当线圈的匝数增加一倍，转速也增大一倍，其他条件不变时，交流电的电动势为( )A ．e ＝2E m sin 2ωtB ．e ＝4E m sin 2ωtC ．e ＝E m sin 2ωtD ．e ＝4E m cos 2ωt3．一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象如下图甲所示，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的变化率达到最大C ．0.02 s 时刻感应电动势达到最大D ．该线圈相应的感应电动势图象如图乙所示4．电阻R 1、R 2和交流电源按照图甲所示方式连接，R 1＝10 Ω，R 2＝20 Ω.合上开关S 后，通过电阻R 2的正弦交变电流i 随时间t 变化的情况如图乙所示，则( )A ．通过R 1的电流的有效值是1.2 AB ．R 1两端的电压有效值是6 VC ．通过R 2的电流的有效值是1.2 2 AD ．R 2两端的电压有效值是6 2 V 5．(2012·高考北京卷)一个小型电热器若接在输出电压为10 V 的直流电源上，消耗电功率为P ；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为P2.如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为( )A ．5 VB ．5 2 VC ．10 VD ．10 2 V6．如图所示，先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电．第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化，如图甲所示；第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示．若图甲、乙中的U 0、T 所表示的电压、周期值是相同的，则以下说法正确的是( )A ．第一次灯泡两端的电压有效值是22U 0 B ．第二次灯泡两端的电压有效值是32U 0C ．第一次和第二次灯泡的电功率之比是2∶9D ．第一次和第二次灯泡的电功率之比是1∶5 7．(2011·高考安徽卷)如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B .电阻为R 、半径为L 、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O 轴以角速度ω匀速转动(O 轴位于磁场边界)．则线框内产生的感应电流的有效值为( )A.BL 2ω2RB.2BL 2ω2RC.2BL 2ω4RD.BL 2ω4R8．(2013·山西四校联考)如图所示，电阻为r 的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以某一角速度ω匀速转动．t ＝0时，线圈平面与磁场垂直，各电表均为理想交流电表，则( )A ．t ＝0时，线圈中的感应电动势最大B ．1 s 内电路中的电流方向改变了ω2π次C ．滑片P 向下滑动时，电压表的读数不变D ．线圈匀速运动的角速度ω变大时，电流表的读数也变大9．(2011·高考四川卷)如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T ，转轴O 1O 2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A ．那么( )A ．线圈消耗的电功率为4 WB ．线圈中感应电流的有效值为2 AC ．任意时刻线圈中的感应电动势为e ＝4cos 2πT tD ．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝T πsin 2πTt10．(2012·江苏无锡模拟)如图所示，面积S ＝0.5 m 2，匝数n ＝100匝，内阻r ＝2.0 Ω的矩形线圈放在磁感应强度为B ＝0.02 T 的匀强磁场中，使它绕垂直于磁场的OO ′轴以角速度ω＝100π rad/s 匀速转动，线圈通过电刷与一个阻值R ＝20 Ω的电阻连接，○V 为交流电压表．求： (1)线圈从图示位置转过60°时，交流电压表V 的读数； (2)线圈从图示位置转过90°的过程中，电阻R 中通过的电荷量．11．电压u ＝1202sin ωt V ，频率为50 Hz 的交变电流，把它加在激发电压和熄灭电压均 为u 0＝60 2 V 的霓虹灯的两端．(1)求在一个小时内，霓虹灯发光时间有多长？(2)试分析为什么人眼不能感到这种忽明忽暗的现象？ ⎝⎛⎭⎫已知人眼的视觉暂留时间约为116 s12．(2012·高考安徽卷)图1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2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L 1，bc 长度为L 2，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e 1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3所示，试写出t 时刻整个线圈中的感应电动势e 2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．(其它电阻均不计)标准答案及解析：1．答案：ABD 2．解析：E m ＝nBSω所以当S 和ω都增大一倍时，电动势的最大值增大到原来的4倍，再考虑到，相位与ω的关系所以选项D 正确． 答案：D 3．解析：由Φ－t 图知，在t ＝0时，Φ最大，即线圈处于中性面位置，此时e ＝0，故A 、D 两项错误；由图知T ＝0.04 s ，在t ＝0.01 s 时，Φ＝0，ΔΦΔt最大，e 最大，则B 项正确；在t ＝0.02 s 时，Φ最大，ΔΦΔt＝0，e ＝0，则C 项错．答案：B 4．解析：由题图知流过R 2交流电电流的最大值I 2m ＝0.6 2 A ，故选项C 错误；由U 2m ＝I 2m R 2＝12 2 V ，选项D 错误；因串联电路电流处处相同，则I 1m ＝0.6 2 A ，电流的有效值I 1＝I 1m2＝0.6 A ，故A 项错误；由U 1＝I 1R 1＝6 V ，故选项B 正确．答案：B 5．解析：设电热器电阻为R ，正弦交流电源的电压有效值为U 效，接10 V 直流电源时，P＝U 2R ＝102R ①；接交流电源时，P 2＝U 2效R ②，联立①②得U 效＝5 2 V ，故最大值U m ＝2U 效＝10 V ，C 选项正确． 答案：C 6．解析：第一次所加正弦交流电压的有效值U 1＝22U 0，A 项正确；设第二次所加交流电压的有效值为U 2，则根据有效值的含义有U 22R T ＝(2U 0)2R ×T 2＋U 20R ×T2，解得U 2＝102U 0，B 项错；根据电功率的定义式P ＝U 2R可知，P 1∶P 2＝1∶5，C 项错、D 项正确．答案：AD 7．解析：扇形闭合导线框切割磁感线的有效长度始终是半径L ，各点的平均速度v ＝Lω2，导线框进磁场和出磁场时有感应电流产生，由法拉第电磁感应定律和有效值的定义有：E ＝BL 2ω2，E 2R ×T 4＝I 2RT ，可得I ＝BL 2ω4R ，故D 正确，A 、B 、C 错误．答案：D 8．解析：由题意可知：线圈在t ＝0时处于中性面位置，感应电动势最小为0，A 错；1 s内线圈转过ω2π圈，每一圈电流方向改变两次，所以电流方向改变次数为ωπ，B 错；电压表测量的是路端电压，P 向下滑时，外电阻R 阻值增加，电压表示数增大，C 错；线圈转动速度ω增大时，由E ＝22BSω得，感应电动势有效值增加，电流有效值也增加，即电流表示数增加，D 对． 答案：D 9．解析：从线圈平面平行于磁感线开始计时，正弦式交变电流的感应电动势的一般表达式为e ＝E m cos θ，且该式的成立与转轴的位置无关(转轴平行于磁感线的情况除外)，则感应电流i ＝e R ＝E m R cos θ，由题给条件有：1＝E m 2×12，E m ＝4 V ，则I m ＝2 A ，I 有效＝ 2 A ，电功率P ＝I 2有效R ＝4 W ，所以A 正确、B 错误．e ＝4cos ωt ＝4cos 2πTt ，即C 正确．由E m＝BSω＝Φm ·2πT 得Φm ＝2T π，故Φ＝2T πsin 2πTt ，即D 错误．答案：AC 10．解析：(1)由题意知，交变电流电动势的最大值为 E m ＝nBSω＝100×0.02×0.5×100π V ≈314 V有效值E ＝E m 2＝3142V ≈222 V交流电压表的示数为有效值，则示数U ＝E ＝222 V .(2)线圈从图示位置转过90°的过程中，感应电动势的平均值为E －＝n ΔΦΔt，平均电流I －＝E －R ＋r，通过电阻R 的电荷量q ＝I －·Δt 联立解得q ＝n ΔΦR ＋r ＝n BSR ＋r ，代入数据，得q ＝100×0.02×0.520＋2.0C ≈0.045 C.答案：(1)222 V (2)0.045 C 11．解析：(1)如图所示，画出一个周期内交变电流的u －t 图象，其中阴影部分对应的时间t 1表示霓虹灯不能发光的时间，根据对称性，一个周期内霓虹灯不能发光的时间为4t 1 当u ＝u 0＝60 2 V 时，由u ＝1202sin ωt ，求得：t 1＝1600s再由对称性知一个周期内能发光的时间：t ＝T －4t 1＝150 s －4×1600 s ＝175s再由比例关系求得一个小时内霓虹灯发光的时间为： t ＝3 6000.02×175s ＝2 400 s.(2)很明显霓虹灯在工作过程中是忽明忽暗的，而熄灭的时间间隔只有1300s(如图中t 2＋t 3那段时间)，由于人的眼睛具有视觉暂留现象，而这个视觉暂留时间约为116s 远大于1300s ，因此经过灯光刺激的人眼不会因为短暂的熄灭而有所感觉． 答案：(1)2 400 s (2)见解析 12．解析：(1)矩形线圈abcd 转动过程中，只有ab 和cd 切割磁感线，设ab 和cd 的转动速度为v ，则v ＝ω·L 22①在t 时刻，导线ab 和cd 因切割磁感线而产生的感应电动势均为 E 1＝BL 1v y ②由图可知v y ＝v sin ωt ③则整个线圈的感应电动势为 e 1＝2E 1＝BL 1L 2ωsin ωt ④(2)当线圈由图3位置开始运动时，在t 时刻整个线圈的感应电动势为 e 2＝BL 1L 2ωsin(ωt ＋φ0)⑤ (3)由闭合电路欧姆定律可知I ＝E R ＋r⑥ E ＝E m 2＝BL 1L 2ω2⑦则线圈转动一周在R 上产生的焦耳热为 Q R ＝I 2RT ⑧其中T ＝2πω⑨于是Q R ＝πRω⎝⎛⎭⎫BL 1L 2R ＋r 2⑩答案：(1)e 1＝2E 1＝BL 1L 2ωsin ωt (2)e 2＝BL 1L 2ωsin(ωt ＋φ0)(3)πRω⎝⎛⎭⎫BL 1L 2R ＋r 2。

课练32 交变电流的产生和描述1．(2020·湖北黄冈中学月考)(多选)有一个交变电流U ＝311sin314t(V)，则下列说法中正确的是( )A ．这个交变电流的频率是50 HzB ．它可以使“220 V 100 W”的灯泡正常发光C ．用交流电压表测量时，读数为311 VD ．使用这个交变电流的用电器，每通过1 C 的电荷量时，电流做功220 J 答案：ABD解析：由瞬时值表达式可知U m ＝311 V ，ω＝314 rad/s ，频率f ＝ω2π＝50 Hz ，选项A 正确；电压的有效值U 有＝U m2＝220 V ，可以使“220 V 100 W”的灯泡正常发光，选项B 正确；交流电表读数为有效值，选项C 错误；每通过1 C 的电荷量时，电流做功W ＝qU 有＝220 J ，选项D 正确．2．(2020·广东信宜中学月考)(多选)如图所示，某交流发电机的线圈共n 匝，面积为S ，内阻为r ，线圈两端与电阻R 构成闭合回路．当线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中，以角速度ω绕轴OO′匀速转动时，下列说法正确的是( )A ．产生感应电动势的有效值E ＝nBSω2B ．从图示位置转过90°的过程中，通过电阻R 横截面的电荷量q ＝nBSRC ．线圈经过中性面时，感应电流达到最大值D ．线圈中的电流每经过时间πω方向改变一次答案：AD解析：线圈中产生的感应电动势最大值E m ＝nBSω，产生的是正弦式交变电流，则产生感应电动势的有效值E ＝E m 2＝nBSω2，选项A 正确；从图示位置转过90°的过程中，通过电阻R 横截面的电荷量q ＝I －Δt，而平均感应电流I －＝E －r ＋R ，平均感应电动势E －＝n ΔΦΔt ，故q ＝nΔΦr ＋R，而线圈从图示位置转过90°的过程中，磁通量的变化ΔΦ＝BS ，可得q ＝nBSr ＋R，选项B 错误；线圈经过中性面时，磁通量最大，但磁通量的变化率最小，为0，因此感应电动势为0，故感应电流达到最小值，选项C 错误；交变电流周期为T ＝2πω，一个周期内线圈中电流方向改变两次，则线圈中的电流每经过时间πω方向改变一次，选项D 正确．3．(2020·黑龙江哈六中模拟)两个完全相同的电热器，分别通以图甲、乙所示的峰值相等的矩形交变电流和正弦式交变电流，则这两个电热器的电功率之比P 甲∶P 乙等于( )A.2∶1 B．2∶1C ．4∶1 D．1∶1 答案：B解析：矩形交变电流的有效值I 1＝I m ，正弦式交变电流的有效值I 2＝I m 2，根据电功率公式P ＝I 2R ，得P 甲∶P 乙＝I 21∶I 22＝I 2m ∶⎝⎛⎭⎪⎫I m 22＝2∶1，故选项B 正确． 4．(2020·上海静安区一模)如图所示，虚线上方是有界匀强磁场，扇形导线框绕垂直于框面的轴O 以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，线框中感应电流方向以逆时针方向为正，则下图中能正确反映线框转动一周过程中感应电流随时间变化的图象是( )答案：A解析：当线框进入磁场时，通过线框的磁通量的变化率不变，即感应电动势及感应电流大小不变，由右手定则可知，电流方向为逆时针方向，为正值，当线框全部进入磁场后，通过线框的磁通量不变，线框中无感应电流，故A 正确，B 、C 、D 错误．5．(2020·山西孝义一模)(多选)一个矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线圈中的磁通量随时间变化的关系如图所示，线圈的电阻为R ，共有n 匝，则下列说法正确的是( )A ．t ＝T2时刻，线圈中的感应电动势为零B ．t ＝T 2时刻，磁通量的变化率为ΔΦΔt ＝2πΦ0TC ．线圈中感应电动势的瞬时表达式为e ＝2πnΦ0T sin 2πTtD ．若磁通量的变化周期变为T2，则线圈中电流的功率增大为原来的4倍答案：BD解析：t ＝T2时刻，线圈中磁通量的变化率最大，线圈中的感应电动势最大，故A 错误；由题目结合图象可知，t ＝T 2时刻，线圈中感应电动势有最大值E m ＝nBSω＝nΦ02πT ＝2πnΦ0T ＝n ΔΦΔt ，解得ΔΦΔt ＝2πΦ0T，故B 正确；线圈中感应电动势的瞬时表达式e ＝E m cos 2πT t ＝2πnΦ0T cos 2πTt ，故C 错误；若磁通量的变化周期变为T 2，则电动势的最大值、有效值均变为原来的2倍，由线圈中电流的功率P ＝E2R可知，电流的功率增大为原来的4倍，故D 正确．6．(2020·广西南宁期末)(多选)如图所示，小型旋转电枢式交流发电机中矩形线圈的电阻r ＝1 Ω，匝数为10匝，线圈处于匀强磁场中，线圈绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电路连接，电路中电表均为理想交流电表，滑动变阻器R 的最大阻值为4 Ω，滑片P 位于滑动变阻器的中点，线圈的转速为10 r/s ，闭合开关S ，电压表的示数为4 V ，电流表的示数为0.5 A ，则下列说法正确的是( )A ．从图示时刻开始，线圈中产生的电动势瞬时表达式为e ＝4.5cos2πt(V)B ．灯泡消耗的功率为1.5 WC ．线圈转动过程中，通过线圈的最大磁通量约为1×10－2Wb D ．滑动变阻器的滑片向左移，电压表、电流表的示数均变小 答案：BC解析：由题可知，感应电动势的有效值为E ＝U ＋Ir ＝4 V ＋0.5×1 V＝4.5 V ，最大值为E m ＝4.5 2 V ，从图示时刻开始产生的电动势的瞬时表达式为e ＝E m cos2πnt＝4.52cos20πt(V)，A 错误；滑动变阻器两端的电压有效值U R ＝IR ＝0.5×2 V＝1 V ，因此灯泡两端的电压有效值为U L ＝3 V ，灯泡消耗的功率为P＝U L I ＝3×0.5 W＝1.5 W ，B 正确；由E m ＝N 2πΦm T ＝NΦm ω得Φm ＝E m N·2πn ＝92400πWb ＝1×10－2Wb ，C正确；滑动变阻器的滑片向左移，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路中的电流减小，电流表的示数减小，电源的内阻消耗的电压减小，输出电压增大，电压表的示数增大，D 错误．7.(2020·黑龙江省大庆市质量检测)(多选)如右图所示，N 匝矩形导线框在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕轴OO ′匀速转动，线框面积为S ，线框的电阻、电感均不计，外电路接有电阻R 、理想电流表A 和二极管D.电流表的示数为I ，二极管D 具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大．下列说法正确的是( )A ．导线框转动的角速度为2RINBSB ．导线框转动的角速度为4RINBSC ．导线框转到图示位置时，线框中的磁通量最大，瞬时电动势为零D ．导线框转到图示位置时，线框中的磁通量最大，瞬时电动势最大 答案：AC解析：导线框产生的最大感应电动势E m ＝NBSω.根据二极管的特点可知，在一个周期内只有半个周期回路中有电流，根据交变电流的热效应可知⎝ ⎛⎭⎪⎫NBSω2R 2R·T 2＝I 2RT ，解得ω＝2RI NBS ，故A 正确，B 错误；导线框转到图示位置时，即导线框位于中性面位置，线框中的磁通量最大，瞬时电动势为零，故C 正确，D 错误．8．(多选)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( )A ．两次t ＝0时刻线圈平面均与中性面重合B ．曲线a 、b 对应的线圈转速之比为2∶3C ．曲线a 表示的交变电动势频率为25 HzD．曲线b表示的交变电动势有效值为10 V答案：AC解析：从电动势的图象看到，t＝0时刻，感应电动势为0，所以此时线圈平面与中性面重合，A正确．从电动势的图象知a、b对应的周期之比T a∶T b＝2∶3，因线圈转动的角速度ω＝2πT，则a、b对应的转速之比n a∶n b＝3∶2，B错误．a的周期为0.04 s，故a的频率为25 Hz，C正确．由最大值U m＝nBSω可知，二者最大值之比为3∶2，则b表示的交变电动势的最大值约10 V，其有效值为5 2 V，D错误．9．(多选)电路如图甲所示，电阻R的阻值为484 Ω，C为电容器，L为直流电阻不计的电感线圈，开关S断开，当接上如图乙所示的电压u，下列说法正确的是( )A．R上的电压应等于155.5 VB．电压表的示数为220 VC．电阻R消耗的功率小于50 WD．为保证闭合开关S后电容器不被击穿，该电容器的耐压值不得小于311 V答案：CD解析：设电压表的读数为U，根据电压有效值的概念应有U2RT＝0＋⎝⎛⎭⎪⎫31122R·T2，解得U＝110 2 V≈155.5 V，即电压表的示数应为155.5 V，由于线圈的自感作用，电阻R两端的电压应小于155.5 V，所以A、B 错误；当不考虑线圈的自感作用时，电阻R消耗的功率为P＝U2R＝11022484W＝50 W，所以由于线圈的自感作用，电阻R消耗的功率一定小于50 W，所以C正确；根据电源电压图象可知，电源的电压最大值为311 V，电容器的耐压值不能小于311 V，所以D正确．10.如图所示，面积为S的矩形线圈共N匝，线圈总电阻为R，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中以竖直线OO′为轴，以角速度ω匀速旋转，图示位置C与纸面共面，位置A与位置C成45°角．线圈从位置A转过90°到达位置B的过程中，下列说法正确的是( )A．平均电动势为22πNBSωB．通过线圈某一截面的电荷量q＝22NBSRC．在此转动过程中，外界对线圈做的总功为N2B2S2πω4RD．在此转动过程中，电流方向会发生改变答案：A解析：线圈从位置A转过90°到达位置B的过程中，ΔΦ＝2BScos45°＝2BS，Δt＝π2ω，根据E＝NΔΦΔt，得E＝22πNBSω，故A正确．根据E＝NΔΦΔt，q＝ERΔt＝NΔΦR＝2BSNR，故B错误．产生电动势的峰值E m＝NBSω，则有效值E＝E m2＝NBSω2，则W＝Q＝E2RΔt＝N2B2S2πω4R，从A转过90°过程中，电动势有效值不等于E m2，故C 错误．线圈每经过中性面一次，电流方向改变，线圈从位置A 转过90°到达位置B 的过程中，电流方向不变，故D 错误．11．如图所示，虚线两侧有垂直线框平面磁感应强度均为B 的匀强磁场，直角扇形导线框半径为L 、总电阻为R ，绕垂直于线框平面的轴O 以角速度ω匀速转动．线框从图中所示位置开始转动一周的过程中，线框内感应电流的有效值是( )A.BL 2ωR B.2BL 2ω2RC.2BL 2ω4RD.2BL 2ωR答案：B解析：线框从图示位置转过90°的过程中，即在0～T4内，穿过闭合线框的磁通量不变，线框内无感应电流；在转过90°至180°的过程中，即在T 4～T 2内，线框中的感应电动势为E ＝BL 2ω，大小恒定不变，感应电流沿逆时针方向；在转过180°至270°的过程中，即在T 2～3T4内，穿过闭合线框的磁通量不变，线框内无感应电流；在转过270°至360°的过程中，即在3T 4～T 内，线框中的感应电动势为E ＝BL 2ω，大小恒定不变，感应电流沿顺时针方向．根据以上分析，画出一个周期内感应电动势E —t 图象(图象略)，利用电流的热效应计算感应电动势的有效值为U 有＝2BL 2ω2，所以I 有＝U 有R ＝2BL 2ω2R，选项B 正确．12．(2020·内蒙古包头测评)(多选)有一种家用电器，图甲是其电路工作原理图，当电阻丝接在u ＝311 sin100πt(V)的交流电源上后，电阻丝开始加热，当其温度达到某一数值时，自动控温装置P 启动，使电阻丝所接电压变为按图乙所示波形变化(部分仍为正弦波)，从而进入保温状态．不计电阻丝阻值的变化，则下列说法正确的是( )A ．P 启动后，电阻丝的功率变为原来的一半B ．P 启动后，电阻丝所接电压的频率变为原来的一半C ．P 启动后，电压表的读数大约是原来的0.5倍D ．P 启动后，电压表的读数大约是原来的0.7倍 答案：AD解析：P 启动前电阻丝的功率P 1＝311/22R ＝31122R ，结合乙图可知电阻丝的功率P 2＝U ′2有R，由有效值定义有U 2有R ·T 2＋0＝U ′2有R T ，得P 2＝12·U 2有R ＝12·31122R，则知P 1＝2P 2，A 正确；P 启动前所接电压的频率f ＝100π2π Hz ＝50 Hz ，启动后所接电压的频率f′＝1T ＝10.02 Hz ＝50 Hz ，则B 错误；电压表测有效值，启动前U 有＝3112V ，又由启动前后功率关系可知，启动后U′有＝22·U 有≈0.7U 有，则C 错误，D 正确．刷题加餐练刷高考真题——找规律 1．(2020·天津卷)(多选)在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化．设线圈总电阻为2 Ω，则( )A ．t ＝0时，线圈平面平行于磁感线B ．t ＝1 s 时，线圈中的电流改变方向C ．t ＝1.5 s 时，线圈中的感应电动势最大D ．一个周期内，线圈产生的热量为8π2J 答案：AD解析：由题图可知，t ＝0时刻穿过该线圈的磁通量为零，线圈平面与磁感线平行，选项A 正确；线圈中电流为零时，方向改变，此时磁通量应最大，选项B 错误；t ＝1.5 s 时，穿过该线圈的磁通量最大，感应电动势为零，选项C 错误；由ω＝2πT＝π rad/s，E m ＝nBSω＝nΦm ω＝4π V，可得电压的有效值为U ＝4π2V ＝22π V，一个周期内线圈产生的热量为Q ＝U 2R T ＝8π2J ，选项D 正确．2．(2020·新课标全国卷Ⅲ)(多选)如图，M 为半圆形导线框，圆心为O M ；N 是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为O N ；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线O M O N 的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．现使线框M 、N 在t ＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过O M 和O N 的轴，以相同的周期T 逆时针匀速转动，则( )A ．两导线框中均会产生正弦交流电B ．两导线框中感应电流的周期都等于TC ．在t ＝T8时，两导线框中产生的感应电动势相等D ．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等 答案：BC解析：当导线框进入磁场时，两导线框切割磁感线的有效长度不变，且又匀速旋转切割磁感线，根据E ＝BRv ＝BR ⎝ ⎛⎭⎪⎫12ωR ＝12BR 2ω，可得产生的感应电动势恒定，故产生恒定的电流，不是正弦式交流电，选项A 错误；感应电流的周期和导线框的运动周期相等，两导线框中感应电流的周期都等于T ，选项B 正确；在t ＝T 8时，两导线框中产生的感应电动势相等，都等于E ＝12BR 2ω，选项C 正确；导线框M 在整个周期T内，始终有一个边在切割磁感线，线框N 在进入磁场后，0～T 4和12T ～3T4内有感应电动势，其余时间没有感应电动势产生，所以二者感应电流的有效值不相等，选项D 错误．3．(2020·四川理综)小型发电机线圈共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e 0，不计线圈电阻，则发电机输出电压( )A ．峰值是e 0B ．峰值是2e 0C ．有效值是22Ne 0 D ．有效值是2Ne 0答案：D解析：矩形线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e 0，不计线圈电阻，则发电机输出电压峰值为2Ne 0，选项A 、B 错误；发电机输出电压的有效值为2Ne 02＝2Ne 0，选项C 错误，D 正确．刷仿真模拟——明趋向4．(2020·湖南衡阳联考)(多选)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，产生的交变电动势如图乙中曲线a 、b 所示，则下列说法正确的是( )A ．曲线a 表示的交变电动势瞬时值e a ＝36 sin25πt VB ．曲线b 表示的交变电动势最大值为28.8 VC ．t ＝5×10－2s 时，曲线a 、b 对应的感应电动势大小之比为32∶2D ．t ＝6×10－2s 时，曲线a 对应线框的磁通量最大，曲线b 对应线框的磁通量为0 答案：AC解析：由图乙可知，E ma ＝36 V ，ωa ＝2πT a ＝2π8×10－2 rad/s ＝25πrad/s，则曲线a 表示的交变电动势瞬时值e a ＝E ma sinωa t ＝36sin25πt V，故A 正确；由图乙知曲线a 、b 表示的交变电流的周期之比为T a ∶T b＝(8×10－2)∶(12×10－2)＝2∶3，由ω＝2πT可知ωa ∶ωb ＝T b ∶T a ＝3∶2，所以曲线a 、b 表示的交变电动势的最大值之比E ma ∶E mb ＝NBSωa ∶NBSωb ＝ωa ∶ωb ＝3∶2，又有E ma ＝36 V ，则E mb ＝24 V ，故B 错误；曲线a 表示的交变电动势瞬时值e a ＝36sin25πt V，曲线b 表示的交变电动势瞬时值e b ＝24sin 2π12×10－2tV ，将t ＝5×10－2s 代入，得e a ＝－18 2 V ，e b ＝12 V ，|e a |∶e b ＝32∶2，故C 正确；由图乙知t ＝6×10－2s 时，a 的电动势最大，对应线框的磁通量为0，b 的电动势为0，对应线框的磁通量最大，故D 错误． 5．(2020·福建福州质检)某交流电源电动势随时间变化的规律如图所示，现用该电源对标称为“5 V 10 W”的电动机供电；电源内阻不计，下列说法正确的是( )A ．电动机的内阻为2.5 ΩB ．电动机的发热功率为10 WC ．通过电动机的电流为2 AD ．通过电动机的电流为2 2 A 答案：C解析：由图知该电源电动势最大值为E m ＝5 2 V ，则有效值E ＝5 V ，通过电动机的电流为I ＝105A ＝2 A ，电动机是非纯电阻元件，电动机内阻r<52Ω＝2.5 Ω，电动机的发热功率P 热＝I 2r<P 总＝10 W ，故A 、B 、D 错误，C 正确．6.(2020·江西八校联考)将硬导线中间一段折成半圆形，使其半径为R ，让它在磁感应强度为B ，方向如图所示的匀强磁场中绕轴MN 匀速转动．导线在a 、b 两处通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为P 、电阻为r 的小灯泡并正常发光．电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，则下列说法中正确的是( )A ．半圆形硬导线的转速为2rPπ2R 2BB ．半圆形硬导线的转速为rPπ2R 2BC ．线圈从图示位置转90°过程中通过小灯泡的电荷量为πR 2BrD ．线圈从图示位置转90°过程中通过小灯泡的电荷量为零 答案：A解析：转动的半圆形导线切割磁感线，产生感应电动势直接给灯泡供电，因灯泡此时正常发光，则其功率为P ，电阻为r ，设线圈转速为n ，则感应电动势的有效值E 有＝B·π·R 2·12·2πn 2，由P ＝U 2R 得：E 2有＝P·r，可求得：n ＝2rP π2R 2B ，则A 对、B 错；线圈从图示位置转90°的过程中通过灯泡的电荷量q ＝ΔΦr＝B·π·R 2·12r ＝πR 2B2r，则C 、D 错．7．(2020·广东惠州模拟)如图甲所示，在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，有一矩形单匝线圈，其面积为S ，总电阻为r ，线圈两端外接一电阻R 和一个理想交流电流表．若线圈绕对称轴OO′以角速度ω做匀速转动，图乙是线圈转动过程中产生的感应电动势e 随时间t 变化的图象，下列说法正确的是( )A ．在t 1～t 3时间内，穿过线圈平面的磁通量的变化量为BSB ．在t 3～t 4时间内，通过电阻R 的电荷量为BSRC ．在t 3时刻穿过线圈平面的磁通量的变化率为2BSωD ．在t 3时刻电流表的示数为BSω2R ＋r答案：D解析：由题图可知，在t 1和t 3时刻穿过线圈平面的磁通量大小为0，方向相反，则在t 1～t 3时间内穿过线圈平面的磁通量的变化量为0，A 错误；在t 3～t 4时间内，磁通量的变化量为BS ，则平均电动势E ＝BS Δt ，因此通过电阻R 的电荷量为q ＝E R ＋r ·Δt＝BS Δt R ＋r Δt＝BSR ＋r，故B 错误；在t 3时刻电动势E m ＝BSω，则由法拉第电磁感应定律，E m ＝ΔΦΔt可知，则穿过线圈的磁通量变化率为BSω，故C 错误；在t 3时刻电流表的示数为交变电流的有效值，则有I ＝E m 2R ＋r＝BSω2R ＋r，故D 正确．刷最新原创——抓重点8．(2020·安徽“江南十校”联考)(多选)如图所示，处在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中的单匝矩形线框MNPQ ，以恒定的角速度ω绕对角线NQ 转动．已知MN 长为l 1，NP 长为l 2，线框电阻为R.在t ＝0时刻线框平面与纸面重合，下列说法正确的是( )A ．矩形线框产生的感应电动势有效值为22Bl 1l 2ωB ．矩形线框转过半周时，通过线框的电流为零C ．矩形线框转动一周时，通过线框的电流为Bl 1l 2RD ．矩形线框在转动半周过程中产生的热量为πB 2l 21l 22ω2R答案：ABD解析：矩形线框产生正弦式交变电流，则产生的感应电动势最大值E m ＝Bl 1l 2ω，所以有效值E ＝22Bl 1l 2ω，A 正确；当矩形线框转过半周时，线框平面与磁场垂直，磁通量最大，磁通量变化量为零，感应电动势为零，感应电流为零，B 正确；转过一周时，通过线框的电流为零，C 错误；矩形线框在转动半周过程中产生的热量Q ＝E 2R t ＝E 2πRω＝πB 2l 21l 22ω2R ，D 正确．9．一个氖泡指示灯，其发光需要电压超过50 3 V ，在它发光的情况下逐渐降低电压，要降到50 2 V时才熄灭，氖泡两极不分正负，现有峰值为100 V 、频率为50 Hz 的正弦交流电压加在氖泡指示灯两端，则在一小时内氖泡指示灯发光的时间为( )A ．10 minB ．25 minC ．30 minD ．35 min 答案：B解析：根据题意交流电电压瞬时值的表达式为e ＝100sin100πt(V)，T ＝150s ，则在前半个周期内，当t ＝T 6时，开始发光，t ＝38T 时，停止发光，发光时间为Δt＝38T －T 6＝524T ，整个周期发光时间为2Δt＝512T ，故一个小时内的发光时间为t ＝3 600 s T ×512T ＝1 500 s ＝25 min ，B 正确． 刷易错易误——排难点易错点1 对交变电流的“有效值”等理解不到位导致错解10．如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r ＝1.0 Ω，外接R ＝9.0 Ω的电阻．闭合开关S ，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e ＝102sin10πt(V)，则( )A ．该交变电流的频率为10 HzB ．该电动势的有效值为10 VC ．外接电阻R 所消耗的电功率为10 WD ．电路中理想交流电流表的示数为 2 A 答案：B解析：根据题意知，转子转动的角速度ω＝10π rad/s.又ω＝2πf，则该交变电流的频率f ＝5 Hz ，选项A 错误；该交变电流电动势的最大值E m ＝10 2 V ，则有效值E ＝E m 2＝10 V ，选项B 正确；根据欧姆定律可得，电路中电流有效值I ＝E R ＋r＝1.0 A ，即电流表的示数为1.0 A ，电阻R 所消耗的电功率P ＝I 2R＝9.0 W ，选项C 、D 错误．易错点2 对交流电的“四值”理解不准确而出错11．(多选)如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd 全部处于磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，线框面积为S ，电阻为R.线框绕与cd 边重合的竖直固定转轴以角速度ω匀速转动，从图示位置开始计时，下列说法正确的是( )A ．当转过60°时，感应电动势的瞬时值为3BSω2B ．当转过60°时，感应电流的瞬时值为BSω2RC ．在转过60°的过程中，感应电动势的平均值为3BSω2πD ．在转过90°的过程中，感应电流的有效值为2BSω2R答案：AD解析：由题意及法拉第电磁感应定律知道，线圈在磁场中做周期性转动，产生的感应电动势的大小符合正弦曲线变化规律，线圈中的感应电动势的峰值为E m ＝nBlv ＝nB·2πrv m ，故小电珠中电流的峰值为I m＝E m R 1＋R 2＝20×0.20π×2π×0.1×29.5＋0.5 A ＝0.16 A ，A 正确，B 错误；电压表示数为U ＝I m2·R 2≈1.07 V，C 错误；当t ＝0.1 s 也就是T4时，外力的大小为F ＝nB·2πrI m ＝0.128 N ，D 正确．刷综合大题——提能力12．(2020·湖南长沙一中月考)风力发电作为新型环保新能源，近几年来得到了快速发展，如图所示风车阵中发电机输出功率为100 kW ，输出电压是250 V ，用户需要的电压是220 V ，输电线电阻为10 Ω.若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：(1)在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比； (2)用户得到的电功率是多少．答案：(1)1∶20 240∶11 (2)96 kW 解析：(1)输电线损耗的功率 P 损＝P×4%＝100 kW×4%＝4 kW.输电线的电流I 2＝P 损R 线＝4×10310A ＝20 A.升压变压器输出电压U 2＝P I 2＝100×10320V ＝5000 V.2019-2020学年高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．如图所示，图中曲线为两段完全相同的六分之一圆弧连接而成的金属线框（金属线框处于纸面内），每段圆弧的长度均为L ，固定于垂直纸面向外、大小为B 的匀强磁场中。

2024全国高考真题物理汇编交变电流章节综合一、单选题 1．（2024湖北高考真题）在如图所示电路中接入正弦交流电，灯泡1L 的电阻是灯泡2L 的2倍。

假设两个二极管正向电阻为0、反向电阻无穷大。

闭合开关S ，灯泡1L 、2L 的电功率之比12:P P 为（ ）A ．2︰1B ．1︰1C ．1︰2D ．1︰42．（2024浙江高考真题）理想变压器的原线圈通过a 或b 与频率为f 、电压为u 的交流电源连接，副线圈接有三个支路、如图所示。

当S 接a 时，三个灯泡均发光，若（ ）A ．电容C 增大，L 1灯泡变亮B ．频率f 增大，L 2灯泡变亮C ．R G 上光照增强，L 3灯泡变暗D ．S 接到b 时，三个泡均变暗3．（2024北京高考真题）如图甲所示，理想变压器原线圈接在正弦式交流电源上，输入电压u 随时间t 变化的图像如图乙所示，副线圈接规格为“6V ，3W”的灯泡。

若灯泡正常发光，下列说法正确的是（ ）A ．原线圈两端电压的有效值为B ．副线圈中电流的有效值为0.5AC ．原、副线圈匝数之比为1∶4D ．原线圈的输入功率为12W4．（2024广东高考真题）将阻值为50 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（ ）A ．该交流电的频率为100HzB ．通过电阻电流的峰值为0.2AC ．电阻在1秒内消耗的电能为1JD ．电阻两端电压表达式为π)V u t =5．（2024湖南高考真题）根据国家能源局统计，截止到2023年9月，我国风电装机4亿千瓦，连续13年居世界第一位，湖南在国内风电设备制造领域居于领先地位。

某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图所示。

已知发电机转子以角速度ω匀速转动，升、降压变压器均为理想变压器，输电线路上的总电阻可简化为一个定值电阻0R 。

当用户端接一个定值电阻R 时，0R 上消耗的功率为P 。

不计其余电阻，下列说法正确的是（ ）A ．风速增加，若转子角速度增加一倍，则0R 上消耗的功率为4PB ．输电线路距离增加，若0R 阻值增加一倍，则0R 消耗的功率为4PC ．若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，则0R 上消耗的功率为8PD ．若在用户端再并联一个完全相同的电阻R ，则0R 上消耗的功率为6P6．（2024山东高考真题）如图甲所示，在-d ≤x ≤d ，-d ≤y ≤d 的区域中存在垂直Oxy 平面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场（用阴影表示磁场的区域），边长为2d 的正方形线圈与磁场边界重合。

高考物理专练题交变电流考点一交变电流的产生及描述1.甲图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,为理想交流电流表。

线圈绕垂直于磁场的水平轴OO'沿逆时针方向匀速转动,产生的电动势随时间变化的图像如图乙所示。

已知发电机线圈电阻为10Ω,外接一只阻值为90Ω的电阻,不计电路的其他电阻,则()A.电流表的示数为0.31AB.线圈转动的角速度为50πrad/sC.0.01s时线圈平面与磁场方向平行D.在线圈转动一周过程中,外电阻发热约为0.087J答案D2.(2018东北三校联考,9)(多选)如图所示,面积为S、匝数为N、电阻为r的正方形导线框与阻值为R的电阻构成闭合回路,理想交流电压表并联在电阻R的两端。

线框在磁感应强度为B的匀强磁场中,以与电路连接的一边所在直线为轴垂直于磁场以角速度ω匀速转动,不计其他电阻,则下列说法正确的是()A.若从图示位置开始计时,线框中感应电动势的瞬时值为e=NBSωsinωtB.线框通过中性面前后,流过电阻R的电流方向将发生改变,1秒钟内流过电阻R的电流方向改变ω次πC.线框从图示位置转过60°的过程中,通过电阻R的电荷量为NBS2(R+r)D.电压表的示数跟线框转动的角速度ω大小无关答案ABC3.(2020届吉林长春质量监测,6)(多选)如图甲所示为风力发电的简易模型。

在风力的作用下,风叶带动与其固定在一起的磁铁转动,转速与风速成正比。

若某一风速时,线圈中产生的正弦式电流如图乙所示。

下列说法正确的是()A.电流的表达式为i=0.6sin10πt(A)B.磁铁的转速为10r/sC.风速加倍时电流的表达式为i=1.2sin10πt(A)D.风速加倍时线圈中电流的有效值为3√2A5答案AD考点二变压器、电能的输送1.(2019广西南宁、玉林、贵港等高三毕业班摸底,16)如图所示,为一变压器的实物图,若将其视为理想变压器,根据其铭牌所提供的信息,以下判断正确的是()A.副线圈的匝数比原线圈多B.当原线圈输入交流电压110V时,副线圈中输出交流电压6VC.当原线圈输入交流电压220V时,副线圈输出直流电压12VD.当变压器输出为12V和3A时,原线圈电流为9√2A55答案B2.(2018江西上饶六校一联)如图所示,一正弦交流电瞬时值表达式为e=220sin100πt(V),通过一个理想电流表,接在一个理想变压器两端,变压器起到降压作用,开关S闭合前后,A、B两端输出的电功率相等,以下说法正确的是()A.流过r的电流方向每秒钟变化50次B.变压器原线圈匝数小于副线圈匝数C.开关从断开到闭合时,电流表示数变小D.R=√2r答案D方法理想变压器的动态分析1.(多选)如图所示,理想变压器的副线圈接有规格为“44V44W”的灯泡和线圈电阻为r=1Ω的电动机,原线圈上接有u=220√2sin100πt(V)的正弦交流电压,此时灯泡和电动机都正常工作,且原线圈中的理想交流电流表示数为1A,不考虑灯泡电阻变化和电动机内阻变化,则下列说法正确的是()A.变压器原、副线圈的匝数之比为4∶1B.电动机的输出功率为176WC.电动机的热功率为16WD.若电动机被卡住,灯泡仍正常发光,则电流表示数将变为9A,此时应立即切断电源答案CD2.如图所示的电路中,理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=11∶1,原线圈接u=220√2sin100πt(V)的交流电,电阻R1=2R2=10Ω,D1、D2均为理想二极管(正向电阻为零,反向电阻为无穷大),则副线圈电路中理想交流电流表的读数为()A.3AB.2√5AC.√10AD.√3A答案A3.如图所示为一理想变压器,原线圈接在一输出电压为u=U0sinωt的交流电源两端。

交变电流的产生和描述《交变电流》一章是电磁感应内容的延续,从近几年命题看,高考对本章内容的考查频率一般,主要体现在“三突出”:一是突出考查交变电流的产生过程;二是突出考查交变电流的图象和交变电流的“四值”;三是突出考查变压器及远距离输电。

整体考查难度不大,多以选择题的形式出现。

预计2020年高考对本专题内容的考查仍将通过交变电流的图象考查交变电流的四值、变压器等问题,可能加强对实际问题处理能力的考查,以分值为6分的选择题为主。

第1讲交变电流的产生和描述1 正弦式交变电流的产生及变化规律(1)交变电流的产生①交变电流:电流的大小和方向都做周期性的变化,这种电流叫交变电流,简称交流。

下图为几种交变电流的电流随时间变化的图象。

②正弦式交变电流产生原理:将闭合线圈置于匀强磁场中,并绕垂直于磁场方向的轴做匀速转动,线圈中将产生按正弦规律变化的交变电流。

注意:正弦式交变电流的变化规律与线圈的形状、转动轴处于线圈平面内的位置无关。

③正弦式交变电流产生过程中的两个特殊位置。

图示概念中性面位置与中性面垂直的位置特点B⊥S B∥SΦ=BS,最大Φ=0,最小e=nΔΦΔt=0,最小e=nΔΦΔt=nBSω,最大感应电流为零,方向改变感应电流最大,方向不变(2)正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时) 规律物理量函数表达式图象磁通量Φ=Φm cos ωt=BS cos ωt注意:Φ与线圈匝数无关电动势e=E m sinωt=nBSωsinωt电压u=U m sinωt=REΔR +rsin ωt电流i=I m sinωt=EΔR +rsin ωt宜昌质检)关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流,下列说法中正确的是( )。

A.线圈平面每经过中性面一次,感应电流的方向就改变一次,感应电动势的方向不变B.线圈每转动一周,感应电流的方向改变一次C.线圈平面每经过中性面一次,感应电动势和感应电流的方向都改变一次D.线圈每转动一周,感应电动势和感应电流的方向都改变一次【答案】C福州质检)如图所示是某发电机的结构示意图,其中N 、S 是永磁铁的两个磁极,它们的表面呈半圆柱面形状。

基础课1 交变电流的产生和描述一、选择题(1～6题为单项选择题，7～11题为多项选择题)1．某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交变电流的图象如图1所示，由图中信息可以判断( )图1A ．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零C ．从A ～D 线圈转过的角度为2πD ．若从O ～D 历时0.02 s ，则在1 s 内交变电流的方向改变了100次解析 由题中交变电流的图象可知，在A 、C 时刻产生的感应电流最大，对应的感应电动势最大，线圈处于垂直中性面的位置，选项A 错误；在B 、D 时刻感应电流为零，对应的感应电动势为零，即磁通量的变化率为零，此时磁通量最大，选项B 错误；从A ～D ，经历的时间为34周期，线圈转过的角度为32π，选项C 错误；若从O ～D 历时0.02 s ，则交变电流的周期为0.02 s ，而一个周期内电流的方向改变两次，所以1 s 内交变电流的方向改变了100次，选项D 正确。

答案 D2．(2017·山东潍坊市联考)现在的调光灯、调速电风扇是用可控硅电子元件来实现调控的。

如图2所示为经过一个双向可控硅调节后加在电灯上的电压，即在正弦交流电的每一个二分之一周期中，前面四分之一周期被截去。

调节台灯上的旋钮可以控制截去的多少，从而改变电灯上的电压，那么现在电灯上的电压为( )图2A ．U mB.U m2C.2U m 2D.2U m解析由有效值的概念可得（U m2）2R·T2＝U2R T，解得U＝U m2，选项B正确。

答案 B3．图3甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R＝10 Ω连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电表，示数是10 V。

图乙是穿过矩形线圈磁通量Φ随时间t变化的图象。

则下列说法正确的是()图3A．电阻R上的电功率为20 WB．0.02 s时R两端的电压瞬时值为零C．R两端的电压随时间变化的规律是u＝14.1 cos 100πt(V)D．通过R的电流随时间变化的规律是i＝cos 50πt(A)解析电阻R上的电功率为P＝U2R＝10 W，选项A错误；0.02 s时穿过线圈的磁通量变化率最大，R两端的电压瞬时值最大，选项B错误；R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1cos 100πt(V)，通过R的电流随时间变化的规律i＝1.41 cos 100πt(A)，选项C正确，D错误。