新高考物理第一轮复习课时强化训练：交变电流的产生和描述(解析版)

2021届新高考物理第一轮复习课时强化训练

交变电流的产生和描述

一、选择题

1、手摇式发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动时，其磁通量随时间按如图所示的正弦规律变化。当线圈的转速变为原来的一半时，下列说法正确的是( )

A．交流电压的变化周期变为原来的一半

B．穿过线圈的磁通量的最大值变为原来的一半

C．交流电压的最大值变为原来的一半

D．交流电压的有效值变为原来的2倍

解析：选C 根据T＝1

n

可知，当线圈的转速变为原来的一半时，

周期变为原来的2倍，选项A错误；穿过线圈的磁通量的最大值为Φm ＝BS，与转速无关，选项B错误；当线圈的转速变为原来的一半时，角速度变为原来的一半，根据E＝nBSω可知，交流电压的最大值变

为原来的一半，选项C正确；根据E＝E m

2

可知，交流电压的有效值变

为原来的一半，选项D 错误。

2、如图所示为一交变电流随时间变化的图像，其中电流的正值为正弦曲线的正半周，其最大值为I m ；电流的负值的大小为I m ，则该交变电流的有效值为( )

A.22I m

B.I m

2 C.32I m D.62

I m 解析：选C 设该交变电流的有效值为I ，取一个周期时间，由

电流的热效应得：? ??

?

?

?I m 2 2

R×1×10－2 s ＋I m 2R×1×10－2 s ＝I 2R×2×10－2

s ，解得：I ＝3

2

I m ，故C 正确。

3、如图甲所示，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，从某时刻开始计时，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R ＝70 Ω，线圈电阻r ＝10 Ω，则下列说法正确的是( )

A ．线圈的角速度为100 rad/s

B ．0.01 s 末穿过线圈的磁通量最大

C ．通过线圈的最大电流为1.25 A

D ．电压表的示数为87.5 V

解析：选C 由题图乙知，交流电的周期T ＝4×10－2 s ，线圈转动的角速度ω＝2πT ＝2π

4×10－2 rad/s ＝50π rad/s，故A 项错误；由题图乙知，0.01 s 末线圈产生的感应电动势最大，则0.01 s 末线圈平面与磁场平行，线圈的磁通量为0，故B 项错误；由题图乙知，线圈产生感应电动势的最大值E m ＝100 V ，则线圈的最大电流I m ＝E m r ＋R ＝

100

10＋70

A ＝1.25 A ，故C 项正确；线圈产生感应电动势的有效值E ＝E m 2＝1002 V ＝50 2 V ，电压表的示数U ＝E r ＋R ·R＝50210＋70×70

V≈61.9 V，故D 项错误。

4、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，由右手定则可知，线圈转动一周，产生的感应电动势的方向改变两次，选项D正确。

5．(多选)单匝闭合矩形线框电阻为R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量Φ与时间t的关系图像如图所示。下列说法正确的是( )

A.T

2时刻线框平面与中性面垂直 B ．线框的感应电动势有效值为2πΦm

T

C ．线框转一周外力所做的功为2π2Φm 2

RT

D ．从t ＝0到t ＝T 4过程中线框的平均感应电动势为πΦm

T

解析：选BC 中性面的特点是与磁场垂直，穿过线框的磁通量最大，磁通量变化率最小，由题图可知T

2时刻线框在中性面上，A 错

误。电动势最大值为E m ＝Φm ω＝Фm 2πT ，对正弦交流电，E 有＝E m

2＝

2πΦm

T

，故B 正确。由功能关系知，线框转一周外力做的功等于产生的电能，W ＝W 电＝E 有2R ·T＝2π2Φm 2

RT ，C 正确。由法拉第电磁感应定

律知，E ＝ΔΦΔt ＝Φm T 4

＝4Φm

T

，D 错误。

6.(多选)如图所示，矩形线圈面积为S ，匝数为N ，线圈电阻为r ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R ，下列判断正确的是( )

A．电压表的读数为

NBSωR 2R＋r

B．当线圈由图示位置转过30°的过程中，通过电阻R的电荷量

为NBS

2R＋r

C．在线圈转过一周的过程中，电阻R上产生的焦耳热为

N2B2S2ωRπ

4R＋r2

D．当线圈由图示位置转过30°时通过电阻R的电流为

NBSω2R＋r

解析：选AD 电动势的最大值E m＝NBSω，有效值E＝E m

2

＝

NBSω

2

，

电压表的示数为路端电压的有效值U＝R

R＋r E＝

NBSωR

2R＋r

，A正确；

线圈转过30°的过程中，通过电阻R的电荷量q＝NΔΦ

R＋r

＝

N BS－BSsin 60°

R＋r ＝

?

?

??

??

1－

3

2

NBS

R＋r

，B错误；在线圈转过一周的时

间内电阻R 上产生的热量Q ＝U 2R ·2πω＝N 2B 2S 2ωRπ

R ＋r 2，C 错误；电流的

最大值为I m ＝E m R ＋r ＝NBSω

R ＋r ，电流的瞬时值表达式为i ＝I m sin ωt，

线圈从图示位置转过30°时，ωt＝π6，此时的电流为i ＝I m

2＝

NBSω

2R ＋r

，D 正确。

7.(多选)如图所示，N 匝矩形导线框以角速度ω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 、理想交流电流表和二极管D 。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 ．图示位置电流表的示数为ω

2R NBS

B ．一个周期内通过R 的电荷量为2NBS

R

C ．R 两端电压的有效值为ω

2

NBS

D ．图示位置电流表的示数为0

解析：选AB 设回路中电流的有效值为I ，由电流的热效应可知，

12? ??

???NBSω2R 2

RT ＝I 2RT ，解得I ＝NBSω2R ，理想交流电流表测的是电流的有效值，A 正确，D 错误；在一个周期内，只有半个周期的时间有电流通过R ，故一个周期内通过R 的电荷量q ＝NΔΦR ＝2NBS

R ，B 正确；R

两端电压有效值U ＝IR ＝NBSω

2

，C 错误。

8．(多选)如图，足够长的两平行光滑金属导轨MN 、PQ 水平放置，间距l ＝1 m ，导轨中间分布有磁感应强度为1 T 的匀强磁场，磁场边界为正弦曲线。一粗细均匀的导体棒以10 m/s 的速度向右匀速滑动，定值电阻R 的阻值为1 Ω，导体棒接入电路的电阻也为1 Ω，二极管D 正向电阻为零，反向电阻无穷大，导轨电阻不计，下列说法正确的是( )

A ．电压表示数为2.5 V

B ．导体棒运动到图示位置时，有电流流过电阻R

C ．流经电阻R 的最大电流为5 A

D ．导体棒上热功率为6.25 W

解析：选ACD 导体棒切割磁感线产生的感应电动势的最大值E m

＝Blv ＝10 V ，产生的是正弦式交流电，则电动势的有效值E ＝E m

2＝

5 2 V ，由电流的热效应可得：E′2R T ＝

52

2

R

×T

2

，解得：E′＝5 V ，由闭合电路欧姆定律得，电压表的示数为2.5 V ，故A 正确；导体棒运动到图示位置时，由右手定则可知，产生的电流方向由a→b，由于二极管具有单向导通特性，所以此时无电流流过电阻R ，故B 错误；导体棒切割磁感线产生的感应电动势的最大值E m ＝Blv ＝10 V ，所以最大电流I m ＝101＋1 A ＝5 A ，故C 正确；导体棒上的电流为：I ＝2.51 A

＝2.5 A ，所以热功率为：P ＝I 2R ＝2.52×1 W＝6.25 W ，故D 正确。

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 3

n 4

B.n 2n 1

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 3

220，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 3

n 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 W

B ．线圈中感应电流的有效值为2 A

C ．任意时刻线圈中的感应电动势为e ＝4cos ? ????

2πT t V

D ．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 2×1

2，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 ＝BSω＝Φm ·2πT 得Φm ＝2T π，故Φ＝2T

π·sin ? ??

??2πT t ，故D 错误．

11、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2rP

π2R 2B

B ．半圆形硬导线的转速为rP

π2R 2B

C ．线圈从图示位置转90°过程中通过小灯泡的电荷量为πR 2B

r

D ．线圈从图示位置转90°过程中通过小灯泡的电荷量为零 解析：选A 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

·1

2

·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 ＝ΔΦ

r ＝B·π·R 2

·

1

2r

＝

πR 2B

2r

，则C 、D 错． 12、(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 ＝311sin100πt(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

解析：选AD P 启动前电阻丝的功率P 1＝

311/2

2

R

＝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 ＝12·3112

2R

，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 ＝1

0.02

Hz ＝50 Hz ，则B 错误；电压表测有效值，启动前U 有＝311

2 V ，又由

启动前后功率关系可知，启动后U′有＝2

2·U 有≈0.7U 有，则C 错误，

D 正确．

13．(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 V

B ．电压表的示数为220 V

C ．电阻R 消耗的功率小于50 W

D ．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：

解析：选CD 设电压表的读数为U ，根据电压有效值的概念应有

U 2

R

T ＝0＋

? ??

???31122R ·T

2

，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 ＝U 2

R

＝

11022

484

W ＝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．

14、(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2

2Bl 1l 2ω

B ．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 2

R

二、非选择题

15、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 ＝20×103

380 A ≈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 ′＝20×103

5 000

A ＝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 1

n 2，用户得到的电压为

U 2＝n 2n 1U 1＝1

22×4 976 V ≈226.18 V.

答案：(1)16.62 kW (2)226.18 V

16、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 2

n 1

，可得火线线圈两端的电压

为U 1＝2n 1

n 2

V

通过Q 的电流为I ab ＝n 1I ′

n 2.

答案：见解析