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＝1n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 m2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 mB.I m2 C.32I m D.62I 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 2R×1×10－2 s ＋I m 2R×1×10－2 s ＝I 2R×2×10－2s ，解得：I ＝32I 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/sB ．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 AD ．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 ＝2π4×10－2 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 ＝10010＋70A ＝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＋70×70V≈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.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2πΦmTC ．线框转一周外力所做的功为2π2Φm 2RTD ．从t ＝0到t ＝T 4过程中线框的平均感应电动势为πΦmT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T2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 m2＝2πΦmT，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 2RT ，C 正确。

由法拉第电磁感应定律知，E ＝ΔΦΔt ＝Φm T 4＝4ΦmT，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＋rB．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NBS2R＋rC．在线圈转过一周的过程中，电阻R上产生的焦耳热为N2B2S2ωRπ4R＋r2D．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 m2＝NBSω2，电压表的示数为路端电压的有效值U＝RR＋r E＝NBSωR2R＋r，A正确；线圈转过30°的过程中，通过电阻R的电荷量q＝NΔΦR＋r＝N BS－BSsin 60°R＋r ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫1－32NBSR＋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 2ωRπR ＋r 2，C 错误；电流的最大值为I m ＝E m R ＋r ＝NBSωR ＋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 m2＝NBSω2R ＋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ω2R NBSB ．一个周期内通过R 的电荷量为2NBSRC ．R 两端电压的有效值为ω2NBSD ．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 2RT ＝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 ＝2NBSR ，B 正确；R两端电压有效值U ＝IR ＝NBSω2，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 VB ．导体棒运动到图示位置时，有电流流过电阻RC ．流经电阻R 的最大电流为5 AD ．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 m2＝5 2 V ，由电流的热效应可得：E′2R T ＝522R×T2，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 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＝Tπsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫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 mR cosθ，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 ＝I2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＝2Tπ·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 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 2·12·2πn2，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． 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＝311/22R＝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RT ，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 ＝10.02Hz ＝50 Hz ，则B 错误；电压表测有效值，启动前U 有＝3112 V ，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．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 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：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 2RT ＝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 ＝U 2R＝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．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 2R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 ＝20×103380 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 ′＝20×1035 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 V16、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 2V通过Q 的电流为I ab ＝n 1I ′n 2.答案：见解析。