PAGEPAGE15強化訓練32交變電流的產生電感和電容——’17備考熱身教輔系列本套強化訓練搜集近年來各地高中物理高考真題、模擬題及其它極有備考價值的習題等篩選而成。其主要目的在于理解掌握交變電流的產生及變化規律；會從圖象上了解描述交變電流的有關信息；深刻理解有效值、最大值、周期和頻率等有關概念，掌握有效值求法及應用；了解電感線圈和電容器在交變電路中的作用。通過本訓練，使我們了解交變電流在實踐中的一些應用。一、破解依據交變電流有電動勢、路端電壓和干路電流等三量的“四值”：㈠瞬時值⑴若初相角為零，相位即，則，和；⑵若初相角為，相位即，則，和；其中，。㈡最大值⑴，或其中N、B、S、ω分別為線圈匝數、“磁強”、線圈的面積和角速度。⑵。⑶（注：R為“純外阻”）㈢有效值㈣平均值*，為曲線與時間軸所圍“圖形面積”除以時間之商。㈤正弦交流電的“四值”之間的關系⑴瞬時值與最大值：，和，其余仿此；⑵有效值與最大值：，，；⑶\o"平均值"平均值與最大值：，，；⑷\o"平均值"平均值與有效值：，，。注：，，則分別表示\o"電流"電流、\o"電壓"電壓的\o"有效值"有效值、最大值、平均值。㈥交變電流四值的應用歸納起來，大致可依如下具體情況確定：⑴在研究電容器是否被擊穿時，要用峰值（最大值）．因電容器上標明的電壓是它在直流電源下工作時所承受的最大值；⑵在研究交變電流的功率和產生的熱量時，只能用有效值；⑶在求解某一時刻線圈受到的磁力矩時，只能用瞬時值；⑷在求交變電流流過導體的過程中通過導體截面積的電量時，要用平均值。二、精選習題㈠選擇題（每小題5分，共50分）⒈（15北京）利用所學物理知識，可以初步了解常用的一卡通（IC卡）的工作原理及相關問題。IC卡內部有一個由電感線圈L和電容C構成的LC振蕩電路，公交車上的讀卡機（刷卡時“嘀”的響一聲的機器）向外發射某一特定頻率的電磁波。刷卡時，IC卡內的線圈L中產生感應電流，給電容C充電，達到一定的電壓后，驅動卡內芯片進行數據處理和傳輸。下列說法正確的是（）A．IC卡工作所需要的能量來源于卡內的電池B．僅當讀卡機發射該特定頻率的電磁波時，IC卡才能有效工作C．若讀卡機發射的電磁波偏離該特定頻率，則線圈L不會產生感應電流D．IC卡只能接收讀卡機發射的電磁波，而不能向讀卡機傳輸自身的數據信息⒉（17江蘇）某音響電路的簡化電路圖如圖-1所示，輸入信號既有高頻成分，也有低頻成分，則()圖-1圖-1A．電感L1的作用是通高頻B．電容C2的作用是通高頻C．揚聲器甲用于輸出高頻成分D．揚聲器乙用于輸出高頻成分⒊（14中山一中）高頻焊接技術的原理如圖-2（a）。線圈接入圖-2（b）所示的正弦式交流電（以電流順時針方向為正），圈內待焊工件形成閉合回路。則（）A．圖（b）中電流有效值為IB．0~t1時間內工件中的感應電流變大C．0~t1時間內工件中的感應電流方向為逆時針D．圖（b）中T越大，工件溫度上升越快圖-2圖-2⒋（17天津)在勻強磁場中，一個100匝的閉合矩形金屬線圈，繞與磁感線垂直的固定軸勻速轉動，穿過該線圈的磁通量隨時間按圖-3示正弦規律變化．設線圈總電阻為2Ω，則()圖-3圖-3A．t＝0時，線圈平面平行于磁感線B．t＝1s時，線圈中的電流改變方向C．t＝1.5s時，線圈中的感應電動勢最大D．一個周期內，線圈產生的熱量為8π2J⒌（15四川）小型手搖發電機線圈共N匝，每匝可簡化為矩形線圈abcd，磁極間的磁場視為勻強磁場，方向垂直于線圈中心軸OO′，線圈繞OO′勻速轉動，如圖-4所示。矩形線圈ab邊和cd邊產生的感應電動勢的最大值都為e0，不計線圈電阻，則發電機輸出電壓()圖-4圖-4A．峰值是e0B．峰值是2e0C．有效值是D．有效值是⒍（14天津）如圖-5所示，在勻強磁場中，一矩形金屬線圈兩次分別以不同的轉速繞與磁感線垂直的軸勻速轉動，產生的交變電動勢圖像如圖2中曲線a、b所示，則()圖-5圖-5A．兩次t＝0時刻線圈平面均與中性面重合B．曲線a、b對應的線圈轉速之比為2∶3C．曲線a表示的交變電動勢頻率為25HzD．曲線b表示的交變電動勢有效值為10V⒎(13海南)通過一阻值R=100Ω的電阻的交變電流如圖-6所示，其周期為1s.電阻兩端電壓的有效值為()圖-6圖-6A．12VB．4VC．15VD．8V⒏（13福建）如圖-7,實驗室一臺手搖交流發電機,內阻r=1.0Ω,外接R=9.0Ω的電阻。閉合開關S，當發電機轉子以某一轉速勻速轉動時，產生的電動勢e=10sin10πt（V），則()A.該交變電流的頻率為10Hz B.該電動勢的有效值為10VC.外接電阻R所消耗的電功率為10WD.電路中理想交流電流表eq\o\ac(○,A)的示數為1.0A圖-7圖-7⒐（14成都摸底）圖-8甲是一臺小型發電機的構造示意圖，線圈逆時針轉動，產生的電動勢e隨時間t變化的正弦規律圖像如圖-8乙所示。發電機線圈的內電阻不計，外接燈泡的電阻為12Ω。則（）圖-8圖-8A.在t=0．01s時刻，穿過線圈的磁通量為零B.電壓表的示數為VC.燈泡消耗的電功率為3WD.若其它條件不變，僅將線圈的轉速提高一倍，則線圈電動勢的表達式e=12sin100t（V）⒑（14大慶鐵人中學）如圖-9所示，光滑的長直金屬桿上套兩個金屬環與一個完整正弦圖象的金屬導線ab連接，其余部分未與桿接觸。桿電阻不計，導線電阻為R，ab間距離為2L，導線組成的正弦圖形頂部或底部到桿距離都是d，在導線和桿平面內有一有界勻強磁場區域，磁場的寬度為L，磁感強度為B，現在外力F作用下導線沿桿以恒定的速度v向右運動，t=0時刻導線從O點進入磁場，直到全部穿過的過程中，產生的感生電流或外力F所做的功為()圖-9圖-9A．非正弦交變電流B．正弦交變電流C．外力做功為D．外力做功為㈡計算題（共50分）⒒（12安徽）（12分）圖-10甲是交流發電機模型示意圖.在磁感應強度為B的勻強磁場中,有一矩形線圈abcd可繞線圈平面內垂直于磁感線的軸OO'轉動,由線圈引出的導線ae和df分別與兩個跟線圈一起繞OO'轉動的金屬圓環相連接,金屬圓環又分別與兩個固定的電刷保持滑動接觸,這樣矩形線圈在轉動中就可以保持和外電路電阻R形成閉合電路.圖-10乙是線圈的主視圖,導線ab和cd分別用它們的橫截面來表示.已知ab長度為L1,bc長度為L2,線圈以恒定角速度ω逆時針轉動.(只考慮單匝線圈)圖-10圖-10(1)線圈平面處于中性面位置時開始計時,試推導t時刻整個線圈中的感應電動勢e1的表達式.(2)線圈平面處于與中性面成φ0夾角位置時開始計時,如圖-10丙所示,試寫出t時刻整個線圈中的感應電動勢e2的表達式.(3)若線圈電阻為r,求線圈每轉動一周電阻R上產生的焦耳熱.(其他電阻均不計)⒓（12江蘇）（15分）某興趣小組設計了一種發電裝置，如圖-11所示．在磁極和圓柱狀鐵芯之間形成的兩磁場區域的圓心角α均為eq\f(4,9)π，磁場均沿半徑方向．匝數為N的矩形線圈abcd的邊長ab＝cd＝l、bc＝ad＝2l.線圈以角速度ω繞中心軸勻速轉動，bc和ad邊同時進入磁場．在磁場中，兩條邊所經過處的磁感應強度大小均為B、方向始終與兩邊的運動方向垂直．線圈的總電阻為r，外接電阻為R.求：(1)線圈切割磁感線時，感應電動勢的大小Em；(2)線圈切割磁感線時，bc邊所受安培力的大小F；(3)外接電阻上電流的有效值I.圖-11圖-11*13.【例題】（23分）在電磁學中，可有如下的定義：⑴交流電流i和直流電流I通過同一電阻R，若在相同時間內兩者所產生的熱量相等,則這個直流電流I的數值叫做交流電流i的有效值；⑵交變電流的平均值是指在某一段時間內產生的交變電流對時間的平均值。試根據有效值和平均值的定義，利用你所學的微積分知識求證：⑴交流電流i的有效值；⑵交流電動勢的平均值。⑶交流電平均值與有效值之間的關系式。㈢選做題⒕（16全國Ⅲ）如圖-12所示，M為半圓形導線框，圓心為OM；N是圓心角為直角的扇形導線框，圓心為ON；兩導線框在同一豎直面(紙面)內；兩圓弧半徑相等；過直線OMON的水平面上方有一勻強磁場，磁場方向垂直于紙面．現使線框M、N在t＝0時從圖示位置開始，分別繞垂直于紙面、且過OM和ON的軸，以相同的周期T逆時針勻速轉動，則()圖-12圖-12A．兩導線框中均會產生正弦交流電B．兩導線框中感應電流的周期都等于TC．在t＝eq\f(T,8)時，兩導線框中產生的感應電動勢相等D．兩導線框的電阻相等時，兩導線框中感應電流的有效值也相等⒖（14安徽聯考）如圖-13所示的區域內存在勻強磁場，磁場的邊界由x軸和y＝2sineq\f(π,2)x曲線圍成(x≤2m)．現把邊長為2m的正方形單匝線框以水平速度v＝10m/s勻速地拉過該磁場區域，磁場區域的磁感應強度B＝0.4T，線框的電阻R＝0.5Ω，不計一切摩擦阻力，則()圖-13圖-13A．水平拉力F的最大值為8NB．拉力F的最大功率為12.8WC．拉力F要做25.6J的功才能讓線框通過此磁場區D．拉力F要做12.8J的功才能讓線框通過此磁場區⒗（14武昌模擬）究小組成員設計了一個如圖-14所示的電路，已知定值電阻R．與R并聯的是一個理想交流電壓表，D是理想二極管（它的導電特點是正向電阻為零，反向電阻為無窮大）。在A、B間加一交流電壓，瞬時值的表達式為u＝20sin100πt（V），則交流電壓表示數為()A．10VB．20VC．15VD．14.1V圖-14圖-14⒘（14福州質檢）一個固定的矩形線圈abcd處于范圍足夠大的可變化的勻強磁場中．如圖-15所示，該勻強磁場由一對異名磁極產生，磁極以OO′為軸勻速轉動．在t＝0時刻，磁場的方向與線圈平行，磁極N離開紙面向外轉動．規定由a→b→c→d→a方向的感應電流為正，則圖X24-2中能反映線圈中感應電流I隨時間t變化的圖像是()圖-15圖-15⒙（14東北聯考）如圖-16所示，空間有范圍足夠大的勻強磁場，磁場方向豎直向下，在其間豎直放置兩個彼此正對的相同的金屬圓環，兩環間距為L，用外力使一根長度也為L的金屬桿沿環勻速率運動，用導線將金屬桿和外電阻相連，整個過程中只有金屬桿切割磁感線．已知磁感應強度的大小為B，圓環半徑為R，金屬桿轉動的角速度為ω，金屬桿和外電阻的阻值均為r，其他電阻不計，則()A．當金屬桿從圓環最高點向最低點轉動的過程中，流過外電阻的電流先變大后變小B．當金屬桿從圓環最高點向最低點轉動的過程中，流過外電阻的電流先變小后變大C．流過外電阻電流的有效值為eq\f(\r(2)BLωR,4r)D．流過外電阻電流的有效值為eq\f(\r(2)πBωR2,4r)圖-16圖-1619.（14邯鄲摸底）電阻為1Ω的某矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉動時，產生的正弦式交流電的i-t圖線如圖-17中圖線a所示；調整線圈的轉速后，該線圈中產生的正弦式交流電的i-t圖線如圖線b所示．以下關于這兩個正弦式交變電流的說法正確的是()圖-17圖-17A．t＝0時刻穿過線圈的磁通量均為零B．線圈先后兩次的轉速之比為3∶2C．圖線a對應的交流電的電動勢的有效值為5eq\r(2)VD．圖線b對應的交流電的電動勢的最大值為5V三、參考答案㈠選擇題⒈【答案】B【解析】本題考查的是LC振蕩電路的相關知識。IC卡內是一個LC振蕩電路，沒有電池，故A錯；只有當讀卡機發出特定頻率的電磁波時，IC卡才能正常工作，故B對；當讀卡機發射的電磁波偏離該頻率時，線圈可以產生的電流較小，不能正常工作，故C錯；IC卡是可以和讀卡機進行數據傳輸的，故D錯。⒉【答案】7．BD[解析]在電路中電感線圈的作用是“通直流、阻交流，通低頻、阻高頻”，在電路中電容器的作用是“通交流、隔直流，通高頻、阻低頻”，所以A錯誤，B正確．揚聲器甲輸出低頻成分，揚聲器乙輸出高頻成分，故C錯誤，D正確．3.【答案】AC【解析】A、由圖知電流的最大值為I，因為該電流是正弦式交流電，則有效值為I，故A正確．B、i-t圖象切線的斜率等于電流的變化率，根據數學知識可知：0～t1時間內工件中電流的變化率減小，磁通量的變化率變小，由法拉第電磁感應定律可知工件中感應電動勢變小，則感應電流變小，故B錯誤．C、根據楞次定律可知：0～t1時間內工件中的感應電流方向為逆時針，故C正確．

D、圖（b）中T越大，電流變化越慢，工件中磁通量變化越慢，由法拉第電磁感應定律可知工件中產生的感應電動勢越小，溫度上升越慢，故D錯誤．故選：AC⒋【答案】AD

⒌【答案】D【解析】由題意可知，線圈ab邊和cd邊產生的感應電動勢的最大值都為e0，因此對單匝矩形線圈總電動勢最大值為2e0，又因為發電機線圈共N匝，所以發電機線圈中總電動勢最大值為2Ne0，根據閉合電路歐姆定律可知，在不計線圈內阻時，輸出電壓等于感應電動勢的大小，即其峰值為2Ne0，故選項A、B錯誤；又由題意可知，若從圖示位置開始計時，發電機線圈中產生的感應電流為正弦式交變電流，由其有效值與峰值的關系可知，U＝，即U＝，故選項C錯誤；選項D正確。⒍【答案】AC【解析】本題考查交變電流圖像、交變電流的產生及描述交變電流的物理量等知識，從圖像可以看出，從金屬線圈旋轉至中性面時開始計時，曲線a表示的交變電動勢的周期為4×10－2s，曲線b表示的交變電動勢的周期為6×10－2s，所以A、C正確，B錯誤；由Em＝NBSω可知，eq\f(Ema,Emb)＝eq\f(ωa,ωb)＝eq\f(Tb,Ta)＝eq\f(3,2)，故Emb＝eq\f(2,3)Ema＝10V，曲線b表示的交流電動勢的有效值為5eq\r(2)V，D錯誤．⒎【答案】B【解析】由題意結合有效值的定義可得，將A，A代入可得流過電阻的電流的有效值A，故電阻兩端電壓的有效值為V，本題選B。⒏【答案】D【解析】由2πf=10π可得該交變電流的頻率為f=5Hz，選項A錯誤。該電動勢的最大值為10V，有效值為10V，選項B錯誤。外接電阻R中電流I=E/(R+r)=1A，電路中理想交流電流表eq\o\ac(○,A)的示數為1.0A，外接電阻R所消耗的電功率為P=I2R=9W，故C錯誤D正確。⒐【答案】C【解析】A

在t=0.01s的時刻，電動勢為0，則為中性面，穿過線圈磁通量最大．故A錯誤；B

電動勢的最大值為Em=6，電壓表測量的為有效值，故示數為=6V；故B錯誤；C、燈泡消耗的功率P==3W；故C正確；D、周期為0.02S，則瞬時電動勢的表達式為e＝Emsin（）e＝6sin100πt（V）．轉速提高一倍后，最大值變成12V，ω=2πn，故角速度變為原來的2倍，表達式應為：12sin200πt；故D錯誤；故選：C。⒑【答案】AC【解析】金屬導線向右一共移動了3L，把全過程分為三個階段，因導線切割磁力線的有效長度是隨正弦規律變化的，所以產生的電流也是按正弦規律變化的正弦交流電，但全過程峰值發生變化，不是正弦式電流，所以A正確，B錯誤；金屬導線在磁場中運動時，產生的電動勢為：e=Bvy，y為導線切割磁力線的有效長度．

在導線運動的過程中，y隨時間的變化為：y=dsinπ=dsinπ=dsinωt，=ω

則導線從開始向右運動到L的過程中（如圖）有：e1＝Bvy＝Bvdsinπ=Bvdsinωt

則此過程中電動勢的最大值為：E1max=Bvd

此過程中電動勢的有效值為：E1＝＝導線從L向右運動到2L的過程中（如圖）有：e2＝2Bvy＝2Bvdsinπ=2Bvdsinωt

即：E2max=2Bvd

所以：E2＝2E1＝導線從2L向右運動到3L的過程與導線從開始向右運動L的過程相同（如圖），則在這三段中運動的時間各為t，t＝在整個過程中產生的內能為：

Q=因導線在拉力F的作用下勻速運動，所以拉力F所做的功全部轉化為內能，即：W=Q=，C正確。㈡計算題⒒【答案】（1）（2）（3）【解析】(1)如題圖乙所示，t時刻線圈平面與中性面的夾角為，設ab距軸為r1，cd距軸為r2，則有：①②線圈中的感應電動勢為：③（2）如題圖丙所示，設t時刻線圈平面與中性面的夾角為，則由eq\o\ac(○,3)式知線圈中的感應電動勢為：④（3）通過線圈電流的有效值為：⑤線圈轉動的周期為：⑥所以線圈每轉動一周電阻R上產生的焦耳熱為：⑦⒓【答案】(1)2NBl2ω；(2)eq\f(4N2B2l3ω,r＋R)；(3)eq\f(4NBl2ω,3r＋R)。【解析】(1)bc、ad邊的運動速度v＝ωeq\f(l,2)感應電動勢Em＝4NBlv解得Em＝2NBl2ω(2)電流Im＝eq\f(Em,r＋R)安培力F＝2NBIml解得F＝eq\f(4N2B2l3ω,r＋R)(3)一個周期內，通電時間t＝eq\f(4,9)TR上消耗的電能W＝Ieq\o\al(2,m)Rt且W＝I2RT解得I＝eq\f(4NBl2ω,3r＋R)*13.【證明】⑴在一個周期內，直流電與交流電通過同樣的電阻R，分別產生的熱量和依有效值的定義，這兩個熱量應相等，即設，代入上式得從而，不難求出進而，可由歐姆定律導出等。⑵實際上，在半周期內，電動勢的平均值進而，可求出平均電流和平均電壓，。⑶聯立⑴⑵結論，容易求出進而，亦可求出類似結果等.㈢選做題14.【答案】BC【解析】設導線圈半徑為l，角速度為ω，兩導線框切割磁感線的等效長度始終等于圓弧半徑，因此在產生感應電動勢時其瞬時感應電動勢大小始終為E＝eq\f(1,2)Bωl2，但進磁場和出磁場時電流方向相反，所以線框中應該產生方波交流式電，如圖所示，A錯誤；由T＝eq\f(2π,ω)可知，兩導線框中感應電流的周期相同，均為T，B正確；在t＝eq\f(T,8)時，兩導線框均在切割磁感線，故兩導線框中產生的感應電動勢均為eq\f(1,2)Bωl2，C正確；對于線框M，有eq\f(E2,R)·eq\f(T,2)＋eq\f(E2,R)·eq\f(T,2)＝eq\f(Ueq\o\al(2,有M),R)·T，解得U有M＝E；對于線框N，有eq\f(E2,R)·eq\f(T,4)＋0＋eq\f(E2,R)·eq\f(T,4)＋0＝eq\f(Ueq\o\al(2,有N),R)·T，解得U有N＝eq\f(\r(2),2)E，故兩導線框中感應電流的有效值并不相等，D錯誤．⒖．【答案】C[解析]線框穿過磁場區時，BC或AD邊切割磁感線的有效長度為y，產生