期末押題預測交變電流一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?慈溪市期末）下列圖像中不屬于交變電流的是（）A． B． C． D．2．（2024?深圳一模）如圖所示，各線圈在勻強磁場中繞軸勻速轉動（從左往右看沿順時針方向轉），從圖示位置開始計時，設電流從2流出線圈為正方向，能產生圖甲波形交變電流的是（）A．線圈平面與磁場垂直 B．線圈平面與磁場平行 C．線圈平面與磁場垂直 D．線圈平面與磁場平行3．（2023秋?邢臺期末）交流發電機模型如圖所示，矩形線圈ABCD在勻強磁場中繞其中心軸OO′勻速轉動，從線圈平面與磁場垂直時開始計時，已知線圈轉動的角速度ω＝2πrad/s，下列說法正確的是（）A．線圈中產生余弦變化規律的交變電流 B．t＝0.25s時，線圈位于中性面 C．t＝0.5s時，穿過線圈的磁通量變化率最大 D．t＝0.75s時，線圈的感應電動勢最大4．（2023秋?金臺區期末）下列情況中，線圈都以角速度ω繞圖中的轉軸OO′勻速轉動，不能產生交變電流的是（）A． B． C． D．5．（2020?鹽城二模）在下列四幅u﹣t圖象中，能正確反映我國居民生活所用交流電的是（）A．B． C． D．二．多選題（共4小題）（多選）6．（2024秋?河西區期末）如圖所示是小型交流發電機的示意圖，線圈繞垂直于勻強磁場方向的水平軸OO′沿逆時針方向勻速轉動，角速度為ω，勻強磁場磁感應強度大小為B，線圈匝數為N，面積為S，總電阻為r，外接電阻為R，V為理想交流電壓表。在t＝0時刻，穿過線圈的磁通量為零。下列說法正確的是）（）A．從t＝0時刻開始，電動勢的瞬時值表達式為e＝NBSωcosωt B．電壓表示數U=NBSωC．若線圈的轉速變為原來的2倍，電阻R的功率也變為原來的2倍 D．從t＝0時刻開始，線圈轉過90°的過程中，通過電阻R的電荷量q=（多選）7．（2023秋?天津期末）如圖甲所示是目前市面上流行的手搖手機充電器，它體型小，攜帶方便，可以在緊急狀態下給手機臨時充電，其示意圖如圖乙所示。若某人搖動手柄給手機充電時，其內部線圈在勻強磁場中繞垂直于磁感線的軸勻速轉動，下列說法正確的是（）A．線圈轉動的快慢程度會影響回路中的電流大小 B．當線圈轉到圖乙所示位置時，電流方向將發生改變 C．若從圖乙位置開始計時，線圈中的電流瞬時值表達式為i＝Imsinωt D．當線圈轉到圖乙所示位置時，穿過線圈磁通量的變化率最大（多選）8．（2024春?九龍坡區校級期末）如圖所示，虛線MN左側空間存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。邊長為L的單匝金屬線框abcd以MN為對稱軸放置在紙面內，以角速度ω繞軸MN勻速轉動，產生電流的最大值為Im，則下列說法正確的是（）A．轉一圈，電流方向改變兩次 B．電流的有效值等于12C．b、c兩端電壓的最大值為38D．線圈中的電熱功率為1（多選）9．（2024春?深圳期中）如圖所示，下列線圈勻速轉動或勻速直線運動，能產生交變電流的是（）A． B． C． D．三．填空題（共3小題）10．（2024春?虹口區校級期中）100匝矩形線圈在勻強磁場中繞其垂直于磁場的一邊勻速轉動，產生如圖所示的電動勢．可知線圈轉動的角速度ω＝rad/s．穿過線圈的磁通量最大值φmax＝Wb，此時的電動勢值e＝V．11．（2022秋?城廂區校級期末）如圖所示，100匝的矩形線圈ABCD，AB＝CD＝0.5m，AD＝BC＝0.2m，將線圈置于B＝2T的勻強磁場中，以OO′為軸轉動，轉速為ω＝5rad/s，則線圈轉動一周電流方向改變次，產生的感應電動勢的最大值為。12．（2021春?涼州區校級期末）如圖所示，單匝矩形閉合導線框abcd全部處于磁感應強度為B的水平勻強磁場中，線框面積為S，電阻為R．線框繞與cd邊重合的豎直固定轉軸以角速度ω勻速轉動，線框中感應電流的峰值Im＝，感應電流的有效值I＝。四．解答題（共3小題）13．（2024秋?雁塔區校級期末）圖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OO′軸轉動，由線圈引出的導線ae和df分別與兩個跟線圈一起繞OO′轉動的金屬圈環相連接，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），線圈電阻為r，其它電阻均不計。（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）求線圈從中性面開始轉過T4（3）求線圈每轉動一周電阻R上產生的焦耳熱。14．（2023秋?淮安期末）矩形線圈面積S＝0.02m2匝數N＝100匝，電阻r＝1Ω，在磁感應強度B＝0.05T的勻強磁場中繞OO′軸以角速度ω＝20rad/s勻速轉動，外電路電阻R＝4Ω，從圖示位置開始計時。求：（1）當線圈在圖示位置時，電阻R兩端的電壓U；（2）當線圈由圖示位置轉過90°的過程中，通過電阻R的電荷量q。15．（2023秋?海門區期末）如圖所示，在磁感應強度為B的勻強磁場中有一個單匝矩形線圈ABCD。AB長度為L1，BC長度為L2，線圈以P1為軸轉動，角速度為ω。求：（1）如圖所示位置通過線圈的磁通量及感應電動勢；（2）若以P2為軸，從所示位置開始仍以角速度ω轉動，經過時間t時的感應電動勢e表達式。

期末押題預測交變電流參考答案與試題解析一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?慈溪市期末）下列圖像中不屬于交變電流的是（）A． B． C． D．【考點】交變電流的概念．【專題】定性思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】D【分析】交變電流的典型特點是電流方向變化，其大小可能變，也可能不變，據此分析。【解答】解：只要電流方向隨時間做周期性變化，則即為交流電，故ABC均為交流；C中電流大小雖然在周期性變化，但方向不變，故D不是交流電，故ABC錯誤，D正確。故選：D。【點評】本題考查交流電的性質，判斷的主要依據是交流電的方向在做周期性變化。2．（2024?深圳一模）如圖所示，各線圈在勻強磁場中繞軸勻速轉動（從左往右看沿順時針方向轉），從圖示位置開始計時，設電流從2流出線圈為正方向，能產生圖甲波形交變電流的是（）A．線圈平面與磁場垂直 B．線圈平面與磁場平行 C．線圈平面與磁場垂直 D．線圈平面與磁場平行【考點】交流發電機及其產生交變電流的原理．【專題】定性思想；推理法；交流電專題；理解能力．【答案】A【分析】根據中性面及與中性面垂直的面的特點結合右手定則分析解答。【解答】解：初始時刻，感應電流為0，則初始時刻線圈平面與磁場垂直，結合右手定則可知圖A中電流從2流出線圈為正方向，故A正確，BCD錯誤；故選：A。【點評】本題考查交變電流的產生，解題關鍵掌握中性面的特點。3．（2023秋?邢臺期末）交流發電機模型如圖所示，矩形線圈ABCD在勻強磁場中繞其中心軸OO′勻速轉動，從線圈平面與磁場垂直時開始計時，已知線圈轉動的角速度ω＝2πrad/s，下列說法正確的是（）A．線圈中產生余弦變化規律的交變電流 B．t＝0.25s時，線圈位于中性面 C．t＝0.5s時，穿過線圈的磁通量變化率最大 D．t＝0.75s時，線圈的感應電動勢最大【考點】交流發電機及其產生交變電流的原理．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】D【分析】根據圖象得到t＝0時穿過線圈平面的磁通量大小，由此確定線圈的位置；再根據圖象的斜率確定磁通量的變化快慢；根據變化率確定感應電動勢的大小。【解答】解：A．根據題意可知線圈平面與磁場垂直時開始計時，即線圈從中性面開始轉動，磁通量最大，磁通量變化率為零，感應電動勢為零，感應電流為零，產生正弦變化規律的交變電流，故A錯誤；BCD．已知線圈轉動的角速度ω＝2πrad/s，可得：T=2π代入數據得：T＝1s當t＝0.25s時，可得：t=T由此可知線圈從中性面轉到線圈平面與磁場平行的位置；當t＝0.5s時，可得：t=T由此可知線圈轉到中性面位置，此時穿過線圈的磁通量變化率最小；當t＝0.75s時，可得t=3T由此可知線圈轉到與磁場平行的位置，此時線圈的感應電動勢最大，故BC錯誤，D正確。故選：D。【點評】本題考查法拉第電磁感應定律以及磁通量的圖象應用，要注意明確磁通量的變化快慢對應的是感應電動勢的大小。4．（2023秋?金臺區期末）下列情況中，線圈都以角速度ω繞圖中的轉軸OO′勻速轉動，不能產生交變電流的是（）A． B． C． D．【考點】交流發電機及其產生交變電流的原理；電磁感應現象的發現過程．【專題】參照思想；推理法；電磁感應與圖象結合；理解能力．【答案】A【分析】閉合電路中線圈在磁場中轉動時，線圈中要產生交變電流，要滿足線圈中的磁通量發生周期性變化。【解答】解：A、矩形線圈雖然轉動，但穿過線圈的磁通量不變，所以沒有感應電流出現，故A正確；BCD、線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉動，線圈中的磁通量發生周期性變化，線圈中能產生正弦式交變電流，故BCD錯誤；故選：A。【點評】考查如何產生正弦式交流電，及通過類比法，掌握變形式題目，注意緊扣穿過線圈的磁通量發生變化．5．（2020?鹽城二模）在下列四幅u﹣t圖象中，能正確反映我國居民生活所用交流電的是（）A． B． C． D．【考點】交變電流的概念．【專題】定性思想；推理法；交流電專題；理解能力．【答案】C【分析】根據對家庭用電（交流電）的了解回答，知道我國生活用電電壓220V為有效值。【解答】解：我們日常生活中用的都是正弦式交流電，電壓是220V，頻率是50Hz．周期為0.02s電壓的最大值為：2202V＝311V，故C正確，ABD錯誤。故選：C。【點評】本題考查交流電的性質，要注意明確我們平常所說的電壓為有效值，要知道正弦式交流電最大值是有效值的2倍。二．多選題（共4小題）（多選）6．（2024秋?河西區期末）如圖所示是小型交流發電機的示意圖，線圈繞垂直于勻強磁場方向的水平軸OO′沿逆時針方向勻速轉動，角速度為ω，勻強磁場磁感應強度大小為B，線圈匝數為N，面積為S，總電阻為r，外接電阻為R，V為理想交流電壓表。在t＝0時刻，穿過線圈的磁通量為零。下列說法正確的是）（）A．從t＝0時刻開始，電動勢的瞬時值表達式為e＝NBSωcosωt B．電壓表示數U=NBSωC．若線圈的轉速變為原來的2倍，電阻R的功率也變為原來的2倍 D．從t＝0時刻開始，線圈轉過90°的過程中，通過電阻R的電荷量q=【考點】交流發電機及其產生交變電流的原理；正弦式交變電流的函數表達式及推導．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】AD【分析】根據最大值和開始計時位置寫出瞬時值表達式；根據閉合電路的歐姆定律計算；根據電路中電流的變化和功率公式分析；根據電流的定義式、歐姆定律和法拉第電磁感應定律分析計算。【解答】解：A、線圈轉動產生的感應電動勢的最大值為Em＝NBSω，t＝0時，穿過線圈的磁通量為零，磁通量變化率最大，所以從t＝0時刻開始，電動勢的瞬時值表達式為e＝NBSωcosωt，故A正確；B、電動勢的有效值為E=Em2，根據閉合電路的歐姆定律可得電壓表示數為U=C、若線圈的轉速變為原來的2倍，根據Em＝NBSω可知，感應電動勢的最大值變為原來的2倍，根據歐姆定律可知電路中的電流I也變為原來的2倍，根據P＝I2R可知，電阻R的功率變為原來的4倍，故C錯誤；D、從t＝0時刻開始，線圈轉過90°的過程中穿過線圈的磁通量變化量ΔΦ＝BS，通過電阻R的電荷量為q=IΔt，電流為I=ER+r故選：AD。【點評】知道在交流電中的最大值、瞬時值和有效值、平均值的用法是解題的關鍵。（多選）7．（2023秋?天津期末）如圖甲所示是目前市面上流行的手搖手機充電器，它體型小，攜帶方便，可以在緊急狀態下給手機臨時充電，其示意圖如圖乙所示。若某人搖動手柄給手機充電時，其內部線圈在勻強磁場中繞垂直于磁感線的軸勻速轉動，下列說法正確的是（）A．線圈轉動的快慢程度會影響回路中的電流大小 B．當線圈轉到圖乙所示位置時，電流方向將發生改變 C．若從圖乙位置開始計時，線圈中的電流瞬時值表達式為i＝Imsinωt D．當線圈轉到圖乙所示位置時，穿過線圈磁通量的變化率最大【考點】交流發電機及其產生交變電流的原理；交變電流的u﹣t圖像和i﹣t圖像．【專題】定性思想；推理法；交流電專題；理解能力．【答案】AD【分析】根據電磁感應的基本原理和線圈中產生的感應電流的規律解答AC選項，通過線圈轉動分析電流方向，根據初始位置得出電流瞬時值表達式以及磁通量變化率，從而得知BD選項的正誤。【解答】解：A、線圈轉動越快，通過線圈的磁通量變化率越大，根據法拉第電磁感應定律，產生的感應電動勢越大，進而導致回路中的電流越大，因此，線圈轉動的快慢程度確實會影響回路中的電流大小，故A正確；B、電流方向的改變發生在線圈平面與磁感線垂直的位置，即所謂的中性面，圖乙所示位置并不是中性面，因此電流方向不會在此時發生改變，故B錯誤；C、從圖乙位置開始計時，即線圈處于與磁感線平行的位置，此時線圈中的電流應為最大值，因此正確的電流瞬時值表達式應為i＝Imcosωt，故C錯誤；D、圖乙所示位置是線圈與磁感線平行的位置，此時線圈中的電流達到最大值，意味著穿過線圈的磁通量變化率也達到最大，故D正確；故選：AD。【點評】本題的關鍵在于理解電磁感應的基本原理，特別是線圈在磁場中轉動時產生的感應電流的特性。正確理解線圈轉動速度、電流方向、電流瞬時值表達式以及磁通量變化率之間的關系，是解答此類問題的關鍵。（多選）8．（2024春?九龍坡區校級期末）如圖所示，虛線MN左側空間存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。邊長為L的單匝金屬線框abcd以MN為對稱軸放置在紙面內，以角速度ω繞軸MN勻速轉動，產生電流的最大值為Im，則下列說法正確的是（）A．轉一圈，電流方向改變兩次 B．電流的有效值等于12C．b、c兩端電壓的最大值為38D．線圈中的電熱功率為1【考點】交流發電機及其產生交變電流的原理；熱功率的計算．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】AC【分析】線框轉動過程產生正弦式交變電流，一個周期內，電流方向改變兩次，根據最大值與有效值的關系求出電流和電壓的有效值；線框轉動過程外力做功轉化為焦耳熱，應用焦耳定律熱功率。【解答】解：A．當線圈經過中性面時，電流方向改變，所以一個周期內，電流方向改變兩次，故A正確；B．電流的有效值為I=I故B錯誤；C．b、c兩端電壓的最大值為Um故C正確；D．線圈中的電熱功率為P=E故D錯誤。故選：AC。【點評】線框旋轉產生正弦式交變電流，求出感應電動勢的最大值是解題的前提；磁通量是二向標量，應用法拉第電磁感應定律求出感應電動勢時，要注意磁通量的變化量，這是易錯點。（多選）9．（2024春?深圳期中）如圖所示，下列線圈勻速轉動或勻速直線運動，能產生交變電流的是（）A． B． C． D．【考點】交流發電機及其產生交變電流的原理．【專題】比較思想；等效替代法；交流電專題；理解能力．【答案】AD【分析】線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的轉軸勻速轉動時，線圈中產生交變電流，結合公式E＝BLv和感應電流產生條件進行分析。【解答】解：AD、線圈繞垂直于勻強磁場的轉軸勻速轉動，可以產生交變電流，故AD正確；B、根據E＝BLv，可知該線圈產生的是恒定電流，不會產生交變電流，故B錯誤；C、穿過線框的磁通量不變，沒有感應電流，故C錯誤。故選：AD。【點評】本題考查如何產生交流電，要掌握常見的產生交變電流的方法：線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的轉軸勻速轉動，通過類比法進行分析。三．填空題（共3小題）10．（2024春?虹口區校級期中）100匝矩形線圈在勻強磁場中繞其垂直于磁場的一邊勻速轉動，產生如圖所示的電動勢．可知線圈轉動的角速度ω＝100πrad/s．穿過線圈的磁通量最大值φmax＝311π×10?4【考點】交流發電機及其產生交變電流的原理．【專題】交流電專題．【答案】見試題解答內容【分析】由圖像知交流電的周期可以求角速度ω，由電動勢最大值可以求有效值，電動勢最大時，磁通量最小．【解答】解：由圖像知交流電的周期為0.02s，所以角速度ω=2π0.02=100πrad/s，電動勢最大值Em＝NBSω，所以φmax故答案為：100π，311π【點評】本題考查了正弦交流電的原理，要會從圖像中獲取有用的物理信息；明確周期和角速度之間的關系．11．（2022秋?城廂區校級期末）如圖所示，100匝的矩形線圈ABCD，AB＝CD＝0.5m，AD＝BC＝0.2m，將線圈置于B＝2T的勻強磁場中，以OO′為軸轉動，轉速為ω＝5rad/s，則線圈轉動一周電流方向改變2次，產生的感應電動勢的最大值為100V。【考點】交流發電機及其產生交變電流的原理．【專題】定量思想；交流電專題；理解能力．【答案】2100V【分析】矩形線圈ABCD圍繞OO′勻速轉動時產生正弦式交流電，每經過中性面一次，電流方向改變一次；根據Em＝NBSω可求感應電動勢的最大值。【解答】解：（1）當線圈經過中性面時，電流方向發生改變，線圈轉動一周兩次經過中性面，所以電流方向改變2次；（2）感應電動勢的最大值為：Em＝NBSω其中：S＝AB?AD代入數據解得：Em＝100V故答案為：2100V【點評】線框在勻強磁場中勻速轉動，產生正弦式交變電流，知道中性面的特點，掌握交流電的變化規律。12．（2021春?涼州區校級期末）如圖所示，單匝矩形閉合導線框abcd全部處于磁感應強度為B的水平勻強磁場中，線框面積為S，電阻為R．線框繞與cd邊重合的豎直固定轉軸以角速度ω勻速轉動，線框中感應電流的峰值Im＝BSωR，感應電流的有效值I＝2BSω【考點】交流發電機及其產生交變電流的原理；交變電流的u﹣t圖像和i﹣t圖像．【專題】交流電專題．【答案】見試題解答內容【分析】根據峰值表達式求出感應電動勢的最大值，結合歐姆定律求出電流的最大值，從而得出電流的有效值．【解答】解：線框產生的感應電動勢的峰值Em＝BSω，根據歐姆定律知，電流的峰值Im則感應電流的有效值I=I故答案為：BSωR，2【點評】解決本題的關鍵知道峰值的表達式，知道有效值和峰值的關系，基礎題．四．解答題（共3小題）13．（2024秋?雁塔區校級期末）圖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OO′軸轉動，由線圈引出的導線ae和df分別與兩個跟線圈一起繞OO′轉動的金屬圈環相連接，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），線圈電阻為r，其它電阻均不計。（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）求線圈從中性面開始轉過T4（3）求線圈每轉動一周電阻R上產生的焦耳熱。【考點】交流發電機及其產生交變電流的原理；用焦耳定律計算電熱；導體平動切割磁感線產生的感應電動勢．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】（1）線圈平面處于中性面位置時開始計時，整個線圈中的感應電動勢e1的表達式為e1＝BL1L2ωsinωt；（2）線圈從中性面開始轉過T4的過程中流過電阻R的電荷量為B（3）線圈每轉動一周電阻R上產生的焦耳熱πRω(【分析】（1）矩形線圈abcd轉動過程中，只有ab和cd切割磁感線，先求出轉動線速度，根據E＝BLv，求出導線ab和cd因切割磁感線而產生的感應電動勢，從而寫出瞬時表達式；（2）先求出平均電動勢，根據歐姆定律求出平均電流，從而計算電荷量；（3）根據Q＝I2RT即可求解。【解答】解：（1）矩形線圈abcd轉動過程中，只有ab和cd切割磁感線，設ab和cd的轉動速度為v，則有v=ωL在t時刻，導線ab和cd因切割磁感線而產生的感應電動勢均為E＝BL1v由圖可知v′＝vsinωt則整個線圈的感應電動勢為e1＝2E＝BL1L2ωsinωt（2）過程中產生平均感應電動勢為E=平均電流為I電荷量為q=I流過電阻R的電荷量q=ΔΦ（3）電動勢的有效值為E=E則線圈轉動一周在R上產生的焦耳熱為Q＝I2Rt其中I=ER+r，聯立解得Q=πRω(答：（1）線圈平面處于中性面位置時開始計時，整個線圈中的感應電動勢e1的表達式為e1＝BL1L2ωsinωt；（2）線圈從中性面開始轉過T4的過程中流過電阻R的電荷量為B（3）線圈每轉動一周電阻R上產生的焦耳熱πRω(【點評】當線圈與磁場相平行時，即線圈邊框正好垂直切割磁感線，此時產生的感應電動勢最大．求電荷量時，運用交流電的平均值，求產生的熱能時，用交流電的有效值。14．（2023秋?淮安期末）矩形線圈面積S＝0.02m2匝數N＝100匝，電阻r＝1Ω，在磁感應強度B＝0.05T的勻強磁場中繞OO′軸以角速度ω＝20rad/s勻速轉動，外電路電阻R＝4Ω，從圖示位置開始計時。求：（1）當線圈在圖示位置時，電阻R兩端的電壓U；（2）當線圈由圖示位置轉過90°的過程中，通過電阻R的電荷量q。【考點】交流發電機及其產生交變電流的原理；正弦式交變電流的函數表達式及推導．【專題】定量思想；方程法；交流電專題；理解能力．【答案】（1）當線圈在圖示位置時，電阻R兩端的電壓為1.6V；（2）當線圈由圖示位置轉過90°的過程中，通過電阻R的電荷量為0.02C。【分析】（1）根據感應電動勢的計算公式和路端電壓計算公式可求；（2）根據閉合電路歐姆定律和感應電動勢可求電荷量。ΔΦ＝BS﹣0【解答】解：（1）圖示位置線圈感應電動勢最大，即Em＝NBSω，電阻R