高考物理选择题逐题突破课件第七道-交变电流

答案：D
二练会迁移——综合性考法
1.如图所示电路，电阻 R1 与电阻 R2 阻值相同，都 为 R，和电阻 R1 并联的 D 为理想二极管(正向电 阻可看成零，反向电阻可看成无穷大)，在 A、B
间加一正弦交流电，该正弦交流电电压的瞬时
值表达式为 u＝20 2sin (100πt)V，则加在 R2 上的电压有效
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 OM 和 ON 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 T C．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
A.T2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2πR2ΦT m2
D．从 t＝0 到 t＝T4过程中线框的平均感应电动势为πΦT m
解析：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T2时刻线框在中性面上，A 错
误。电动势最大值为 Em＝Φmω＝Фm 2Tπ，对正弦交流电，E 有
＝Em＝ 2
2πTΦm，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＝ER有2·T＝2πR2ΦTm2，C 正确。
由法拉第电磁感应定律知， E ＝ΔΔΦt ＝ΦTm＝4ΦTm，D 错误。 4
答案：BC
5．(2019·聊城二模)一台小型发电机产生的电动势随时间变化
是
()
A．电流表的读数为 2i B．转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为2inRω＋r C．从图示位置开始转过 90°的过程中，通过电阻 R 的电
荷量为2ωi D．线圈转动一周的过程中，电阻 R 产生的热量为4πωRi2
解析：由题有：i＝imcos π3，可得感应电流的最大值 im＝2i，有效值 i 有＝ 22im＝ 2i，则电流表的读数为 2i，故 A 错误；感应电动势的 最大值 Em＝im(R＋r)＝2i(R＋r)，又 Em＝nBSω，磁通量的最大值 Φm ＝BS，联立解得：Φm＝BS＝2inRω＋r，故 B 正确；从题图所示位置 开始转过 90°的过程中，通过电阻 R 的电荷量 q＝nRΔ＋Φr＝nRB＋Sr＝ n·R＋1 r·2inRω＋r＝2ωi，故 C 正确；线圈转动一周的过程中，电阻 R 产生的热量 Q＝i 有 2RT＝( 2i)2R·2ωπ＝4πωRi2，故 D 正确。 答案：BCD
值，即 I＝R＋2r＝ 22nRB＋l1lr2ω，C 错误。
答案：AB
4．如图甲所示是一台交流发电机的构造示意图，线圈转动产
生的感应电动势随时间变化的规律如图乙所示；发电机线圈
电阻为 1 Ω，外接电阻为 4 Ω，则
()
A．线圈转速为 50 r/s B．电压表的示数为 2.5 V C．负载电阻的电功率为 2 W D．线圈转速加倍，电压表读数变为原来的 4 倍
的正弦图像如图甲所示。已知发电机线圈内阻为 5.0 Ω，现
外接一只电阻为 95.0 Ω 的灯泡，如图乙所示。下列说法正
确的是
()
Baidu Nhomakorabea
A．电压表的示数为 220 V B．电路中的电流方向每秒钟改变 50 次 C．灯泡实际消耗的功率为 484 W D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为 24.2 J
解析：由题图甲可知 Em＝220 2 V，则有效值 E＝220 V，电 压表示数 U＝R＋R rE＝209 V，故 A 错误；周期 T＝0.02 s，每 个周期交流电方向改变两次，则 1 s 内电流方向改变的次数为 n＝2·T1＝100 次，故 B 错误；灯泡实际消耗的功率 P＝UR2＝290592 W≠484 W，故 C 错误；发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热 为 Q＝E－r U2t＝1512×1 J＝24.2 J，故 D 正确。
7－2
交变电流
备考精要
1．正弦式交变电流“四值”的比较和理解
物理量 表达式
适用情况及说明
瞬时值
最大值 (峰值)
e＝Emsin ωt (1)从线圈位于中性面开始计时
u＝Umsin ωt (2)可用于分析或计算线圈某时
i＝Imsin ωt 刻的受力情况
Em＝nBSω Im＝RE＋mr
(1)此时线圈垂直于中性面 (2) 电 容 器 的 击 穿 电 压 指 的 就 是 最大值
解析：由题图乙可知，线圈转动周期为 0.04 s，则转速为 n＝0.104 r/s＝25 r/s，故 A 错误；电动势的最大值为 5 V，有效值为 E
＝5 2
V＝2.5
2
V，那么电压表的示数为 U＝r＋ERR＝21.＋5 42
×4
V＝2
2
V，故
B
错误；R
消耗的功率
P＝UR2＝2
22 4
W
＝2 W，故 C 正确；线圈转速加倍，则角速度加倍，最大值
值为
()
A．10 V
B．20 V
C．15 V
D．5 10 V
解析：由二极管的单向导电性可知，二极管导通时，加在 R2 上的电压为电源电压，时长半个周期，最大值为 20 2 V，二 极管截止时，R1、R2 串联，则 R2 上的电压为电源电压的一半， 时长半个周期，最大值为 10 2 V。由有效值的定义得UR2·T＝ 20RV2·T2＋10RV2·T2，可得加在 R2 上的电压有效值为 U＝5 10 V，选项 D 正确。
三级练·四翼展 一练固双基——基础性考法 1.一闭合矩形线圈绕垂直于磁场方向 的轴匀速转动，产生的感应电流如 图所示，由图可知( ) A．该交变电流的有效值是 5 A B．该交变电流的频率是 20 Hz C．t＝0 时刻线圈平面位于中性面 D．该交变电流的瞬时值表达式为 i＝5cos(10πt)A
解析：由题图知，交流电的最大值为 5 A，A 错误；该 交流电的周期为 0.2 s，频率为 5 Hz，B 错误；t＝0 时刻 线圈平面位于垂直中性面位置，C 错误；该交变电流的 瞬时值表达式为 i＝5cos(10πt)A，D 正确。
答案：D
2．[多选]在匀强磁场中，一个匝数为 150 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变化规律如图所示。设 线圈总电阻为 2 Ω，则 ( )
值也相等
解析：两导线框匀速转动切割磁感线产生感应电动势的大小不 变，选项 A 错误；导线框的转动周期为 T，则感应电流的周期 也为 T，选项 B 正确；在 t＝T8时，切割磁感线的有效长度相同， 两导线框中产生的感应电动势相等，选项 C 正确；M 导线框 中一直有感应电流，N 导线框中只有一半时间内有感应电流， 所以两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值不相等，选项 D 错误。 答案：BC
()
A．在图示位置，ab 边所受的安培力为 F＝n2BR2＋l12rl2ω B．线圈从图示位置转过 90°的过程中，流过电阻 R 的电荷量
为 q＝nRB＋l1lr2 C．在图示时刻，电流表的读数为nRB＋l1l2rω D．在图示位置，穿过线圈的磁通量的变化率为 0
解析：矩形线圈 abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴 OO′匀速转动，所以产生正弦式交变电流，图示位置穿过线圈 的磁通量的变化率最大，产生的电动势最大，其最大值 Em＝
为 I＝ER＝ 2 A，选项 B 正确；若将此电动势加在电容器上，
电容器的耐压值应不小于电动势最大值，即不小于 20 V，选项 C 错误；由交变电流的电动势最大值表达式 Em＝NBSω 可知， 若该交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动的速度增大到 原来的 2 倍，则产生的交变电流的电动势的最大值增大到原来 的 2 倍，为 40 V，选项 D 正确。
答案：BD
3．(2018·全国卷Ⅲ)一电阻接到方波交流电源上，在一个周期
内产生的热量为 Q 方；若该电阻接到正弦交流电源上，在一
个周期内产生的热量为 Q 正。该电阻上电压的峰值均为 u0，
周期均为 T，如图所示。则 Q 方∶Q 正等于
()
A．1∶ 2 C．1∶2
B. 2∶1 D．2∶1
解析：由焦耳定律和有效值概念知，一个周期内产生热量 Q 方
平 E ＝BL v E ＝
均 值
nΔΔΦt
E I ＝R＋r
计算通过电路截面的电荷量，q＝nRΔ＋Φr
2．交变电流常考的几类问题 (1)从磁通量随时间变化的图像来认识交变电流的产生，当磁通
量为零时，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，该位置 是电流强度增大与减小的转换点。 (2)求交变电流在一个周期内产生的热量。 (3)在电磁感应和交变电流问题中，求解通过导体某横截面的电 荷量时，可由公式 q＝nΔRΦ快速得出。
Em＝NBSω，故最大值变为原来的 2 倍，有效值也变为原来的 2 倍，故电压表示数变为原来 2 倍，故 D 错误。 答案：C
5．[多选]如图，M 为半圆形导线框，圆
心为 OM；N 是圆心角为直角的扇形导
线框，圆心为 ON；两导线框在同一竖
直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直
线 OMON 的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面。
耐压值应不小于 10 2 V
D．若该交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动的速度增大到原来
的 2 倍，则产生的交变电流的电动势的最大值增大为 40 V
解析：由题图可知，交变电流的电动势的最大值 Em＝20 V， 周期为 T＝0.25 s，频率为 f＝T1＝4 Hz，线圈转动的角速度 ω ＝2πf＝8π rad/s，产生的感应电动势瞬时值表达式为 e＝Emsin ωt＝20sin(8πt)V，选项 A 错误；交变电流的电动势的有效值为 E＝Em2＝10 2 V，由闭合电路的欧姆定律得交变电流的有效值
A．t＝0 时，线圈平面与磁感线方向垂直 B．t＝0.5 s 时，线圈中的电流改变方向 C．t＝2 s 时，线圈中磁通量的变化率为零 D．在 2 s 内，线圈产生的热量为 18π2 J
解析：根据题图可知，在 t＝0 时穿过线圈平面的磁通量为零， 所以线圈平面平行于磁感线，感应电动势最大，故 A 错误；t ＝0.5 s 时，线圈中磁通量最大，感应电动势为零，此时的电流 改变方向，故 B 正确；t＝2 s 时，线圈中磁通量为零，此时磁 通量的变化率最大，故 C 错误；感应电动势的最大值为 Em＝ NBSω＝NΦmω＝150×0.04×22π V＝6π V，有效值 E＝Em2＝3 2 π V，根据焦耳定律可得 2 s 内产生的热量为 Q＝ER2T＝182π2×2 J ＝18π2 J，故 D 正确。
E nBl1l2ω，又因为 I＝R＋r，F＝nBIl1，所以在图示位置 ab 边所 受的安培力为 F＝n2BR2＋l12rl2ω，A 正确，D 错误；由 q＝ I Δt，I ＝
R＋E r，E＝nBΔΔtS可得，线圈从图示位置转过 90°的过程中，流过
电阻 R 的电荷量为 q＝nRB＋l1lr2，B 正确；交流电表显示的是有效 Em
u0 2
＝uR02·T2＋uR02·T2＝uR02T，Q
正＝UR有效2T＝
2 R
T＝12·uR02T，故
Q
方∶
Q 正＝2∶1。
答案：D
4．[多选](2019·天津高考)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 ( )
三练提素养——创新性、应用性考法
1．[多选](2019·洛阳二模)如图所示是小型交流发电机的示意
图，线圈绕垂直于磁场方向的水平轴 OO′沿逆时针方向匀
速转动，角速度为 ω，线圈匝数为 n，电阻为 r，外接电阻
为 R，A 为理想交流电流表，线圈从图示位置(线圈平面平
行于磁场方向)转过 60°时的感应电流为 i，下列说法正确的
(1)计算与电流的热效应有关的量(如电
功、电功率、电热等)
(2)电表的读数为有效值 有 E＝Em2 U＝Um2 I (3)保险丝的熔断电流为有效值
效
值
＝ Im 2
(4) 电 气 设 备 “ 铭 牌 ” 上 所 标 的 工 作 电 压、工作电流一般都是有效值
(5)非正弦式交变电流的有效值利用电流
的热效应计算
答案：D
2．[多选]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。不计线圈的电
阻。下列说法正确的是
()
A．产生的感应电动势瞬时值表达式为 e＝20 2sin(8πt)V
B．若与一个 R＝10 Ω 的电阻构成闭合回路，交变电流的有
效值为 2 A
C．若将此电动势加在电容为 C＝1 μF 的电容器上，则该电容器的
答案：BD
3．[多选]如图所示，一矩形线圈 abcd 在匀强磁
场中绕垂直于磁感线的对称轴 OO′逆时针
(俯视)匀速转动。已知线圈匝数为 n，总电阻
为 r，ab 边长为 l1，ad 边长为 l2，线圈转动的
角速度为 ω，外电阻阻值为 R，匀强磁场的磁感应强度为 B，
电流表为理想交流电流表。下列判断正确的是