2026年高考物理复习热搜题速递之交变电流

第58页（共58页）2026年高考物理复习热搜题速递之交变电流一．选择题（共10小题）1．如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变阻器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V．调节前后（）A．副线圈中的电流比为1：2 B．副线圈输出功率比为2：1 C．副线圈的接入匝数比为2：1 D．原线圈输入功率比为1：22．自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分，一升压式自耦调压变压器的电路如图所示，其副线圈匝数可调．已知变压器线圈总匝数为1900匝；原线圈为1100匝，接在有效值为220V的交流电源上．当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0kW．设此时原线圈中电流有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为（）A．380V和5.3A B．380V和9.1A C．240V和5.3A D．240V和9.1A3．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R1＝20Ω，R2＝30Ω，C为电容器．已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则（）A．交流电的频率为0.02Hz B．原线圈输入电压的最大值为2002V C．电阻R2的电功率约为6.67W D．通过R3的电流始终为零4．如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时（）A．线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流 B．线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势 C．线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同，都是a→b→c→d D．线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力5．如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r＝1.0Ω，外接R＝9.0Ω的电阻。闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e＝102sin10πt（V），则（）A．该交变电流的频率为10Hz B．该电动势的有效值为102V C．外接电阻R所消耗的电功率为10W D．电路中理想交流电流表A的示数为1.0A6．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则下列说法正确的是（）A．t＝0.005s时线框的磁通量变化率为零 B．t＝0.01s时线框平面与中性面重合 C．线框产生的交变电动势有效值为311V D．线框产生的交变电动势的频率为100Hz7．一个小型电热器若接在输出电压为10V的直流电源上，消耗电功率为P；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为0.5P，如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为（）A．5V B．52V C．10V D8．一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V交变电流改变为110V，已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈的匝数为（）A．200 B．400 C．1600 D．32009．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，产生的感应电动势e随时间t的变化曲线如图乙所示．若外接电阻的阻值R＝9Ω，线圈的电阻r＝1Ω，则下列说法正确的是（）A．线圈转速为100πrad/s B．0.01s末穿过线圈的磁通量最大 C．通过线圈的最大电流为10A D．伏特表的示数为90V10．远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R，变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是（）A．I1I2=n1nC．I1U1=I22R D．I1U1＝I二．多选题（共5小题）（多选）11．如图，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4：1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R＝11R0，是理想电压表．现将负载电阻的阻值减小为R＝5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0V，则（）A．此时原线圈两端电压的最大值约为34V B．此时原线圈两端电压的最大值约为24V C．原线圈两端原来的电压有效值约为68V D．原线圈两端原来的电压有效值约为48V（多选）12．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，线圈的匝数为n、电阻为r，外接电阻为R，交流电流表A．线圈从图示位置（线圈平面平行于磁场方向）开始转过π3时的感应电流为IA．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2IC．从图示位置开始转过π2的过程中，通过电阻R的电荷量为2D．线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量为4（多选）13．如图，电阻R、电容C和电感L并联后，接入输出电压有效值恒定、频率可调的交流电源。当电路中交流电的频率为f时，通过R、C和L的电流有效值恰好相等。若将频率降低为12f，分别用I1、I2和I3表示此时通过R、C和LA．I1＞I3 B．I1＞I2 C．I3＞I2 D．I2＝I3（多选）14．某兴趣小组自制一小型发电机，使线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t按正弦规律变化的图象如图所示，线圈转动周期为T，线圈产生的电动势的最大值为Em．则（）A．在t=T4B．在t=T2C．线圈中电动势的瞬时值e＝Emsin（2πtTD．若线圈转速增大为原来的2倍，则线圈中电动势变为原来的4倍（多选）15．如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=25πT．单匝矩形线圈面积S＝1m2，电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动。线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接，为交流电流表。调整副线圈的滑动触头P，当变压器原、副线圈匝数比为1：2时，副线圈电路中标有“36VA．电流表的示数为1A B．矩形线圈产生电动势的有效值为18V C．从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律e=182D．若矩形线圈转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P适当下移三．解答题（共5小题）16．一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈匝数n＝100．穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间按正弦规律变化，如图所示，发电机内阻r＝5.0Ω，外电路电阻R＝95Ω．已知感应电动势的最大值Em＝nωΦm，其中Φm为穿过每匝线圈磁通量的最大值。求串联在外电路中的交流电流表（内阻不计）的读数。17．如图为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电．已知输电线总电阻R＝10Ω，升压变压器的T1原、副线圈匝数之比为1：5，降压变压器的T2原、副线圈匝数之比为4：1，副线圈与纯电阻组成闭合电路，用电器电阻R0＝11Ω．若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压表达式为u＝2202sin100πtV．求：（1）用户端的用电电流I3和输电电流I2，（2）输电线上损耗的电压ΔU和损耗的功率ΔP，（3）发电机的输出电压U1和输出功率P1．18．如图所示，某小型水电站发电机的输出功率为10kW，输电电压为400V，向距离较远的用户供电，为了减少电能损失，使用2kV高压输电，最后用户得到220V、9.5kW的电，求：（1）水电站升压变压器原、副线圈匝数比n1：n2；（2）输电线路导线电阻R；（3）用户降压变压器、原副线圈匝数比n3：n4。19．某小型水电站的电能输送示意图如图所示．发电机的输出功率为P＝80kW，输出电压为U1250V，输电线总电阻r＝10Ω，升压变压器原、副线圈匝数比为n1n2＝1：40；降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4变压器均为理想变压器）．要使额定电压为220V的用电器正常工作，求：（1）升压变压器的输出电压U2；（2）输电线路上损耗的功率ΔP；（3）降压变压器原、副线圈匝数比n3：n4多大？20．如图所示，一小型发电站通过升压、降压变压器把电能输送给用户，已知发电机的输出功率为P＝500kW，输出电压为U1＝500V，升压变压器B1原、副线圈的匝数比为n1：n2＝1：5，两变压器间输电导线的总电阻为R＝1.5Ω．降压变压器B2的输出电压为U4＝220V，不计变压器的损耗．求：（1）输电导线上损失的功率P′；（2）降压变压器B2的原、副线圈的匝数比n3：n4．

2026年高考物理复习热搜题速递之交变电流（2025年10月）参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）题号12345678910答案CBCADBCBCD二．多选题（共5小题）题号1112131415答案ADBCDBCABBC一．选择题（共10小题）1．如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变阻器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V．调节前后（）A．副线圈中的电流比为1：2 B．副线圈输出功率比为2：1 C．副线圈的接入匝数比为2：1 D．原线圈输入功率比为1：2【考点】变压器的动态分析——原线圈无负载；电功和电功率的计算．【专题】交流电专题．【答案】C【分析】变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，结合欧姆定律分析．【解答】解：A、通过调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V，输出电压减小为原来的一半，在原线圈电压和匝数不变的情况下，根据原副线圈电压之比等于匝数之比得副线圈接入匝数也应该变为原来的一半，所以接入匝数之比为2：1，副线圈电压减半，电阻不变，电流也随之减半，所以电流之比为2：1，故A错误，C正确；B、由P=U2R，所以输出功率之比为4：1D、副线圈输出功率等于原线圈输入功率，所以原线圈输入功率之比为4：1，故D错误；故选：C。【点评】本题不仅考查了变压器的特点和欧姆定律，还结合闭合电路考查了电路的动态分析．2．自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分，一升压式自耦调压变压器的电路如图所示，其副线圈匝数可调．已知变压器线圈总匝数为1900匝；原线圈为1100匝，接在有效值为220V的交流电源上．当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0kW．设此时原线圈中电流有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为（）A．380V和5.3A B．380V和9.1A C．240V和5.3A D．240V和9.1A【考点】自耦变压器．【专题】交流电专题．【答案】B【分析】变压器输出电压调至最大，故副线圈为1900匝，由变压器两端的电压与匝数成正比，可得副线圈的电压有效值，由输入功率等于输出功率，可得电流．【解答】解：因变压器输出电压调至最大，故副线圈为1900匝，由变压器两端的电压与匝数成正比，即U1U2=n1n2，故副线圈的电压有效值U2为380V；因变压器为理想变压器，故其输入功率等于输出功率，即P1＝P2，由P1＝U1I1故选：B。【点评】本题考查了变压器的构造和原理，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率．3．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R1＝20Ω，R2＝30Ω，C为电容器．已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则（）A．交流电的频率为0.02Hz B．原线圈输入电压的最大值为2002V C．电阻R2的电功率约为6.67W D．通过R3的电流始终为零【考点】变压器的构造与原理；电功和电功率的计算；交变电流的u﹣t图像和i﹣t图像．【专题】交流电专题．【答案】C【分析】由图象可读出R1的电流的最大值，进而求得电流的有效值；读出电流的周期可求得频率；由电流的值及R1的阻值可求出副线圈的电压，进而求得原线圈的输入电压．【解答】解：由图象知电流的周期是0.02S，则其频率为f=1T1副线圈的最大电压为u2＝ImR1＝20V，则原线圈的输入电压为u1，由u1u2=n1n2电阻R2的功率为P=(U22电容器通交流，故R3有电流故D错误故选：C。【点评】考查交流电的图象的读法，明确交流电的最大值，有效值之间的关系．会求功率．4．如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时（）A．线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流 B．线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势 C．线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同，都是a→b→c→d D．线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力【考点】交流发电机及其产生交变电流的原理；安培力的计算公式及简单应用．【答案】A【分析】相同的线框在匀强磁场中以不同的转轴转动会产生交流电，由于它们的角速度相同，线框面积相同，则它们的产生的最大值相同，所以它们的有效值也相同。再由安培力公式借助于电流来比较大小。【解答】解：A、由于它们的角速度相同，线框面积相同，则它们的产生的最大值相同，所以它们的有效值也相同，因此线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流，故A正确；B、由于它们的角速度相同，线框面积相同，则它们的产生的最大值相同，所以它们的有效值也相同，因此线圈绕P1转动时的电动势等于绕P2转动时的电动势，故B错误；C、相同的线框在匀强磁场中以不同的转轴转动会产生交流电，所以它们的方向是变的，一会儿是adcb，一会儿是abcd，故C错误；D、由于它们的角速度相同，线框面积相同，则它们的产生的最大值相同，所以它们的有效值也相同，因此线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流，而安培力F＝BIL，则有线圈绕P1转动时dc边受到的安培力等于绕P2转动时dc边受到的，故D错误；故选：A。【点评】相同的线框虽然转轴不同，但它们的最大值、有效值、平均值及周期、频率、角速度均相同，因此线框的转动与转轴无关。5．如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r＝1.0Ω，外接R＝9.0Ω的电阻。闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e＝102sin10πt（V），则（）A．该交变电流的频率为10Hz B．该电动势的有效值为102V C．外接电阻R所消耗的电功率为10W D．电路中理想交流电流表A的示数为1.0A【考点】用有效值计算交流电路的电功、电功率和焦耳热；正弦式交变电流的函数表达式及推导；交变电流的周期、频率、相位；正弦式交变电流的有效值；交流电表的读数．【专题】交流电专题．【答案】D【分析】根据电动势瞬时值的表达式可以知道角速度、最大值，从而计算频率和有效值，结合欧姆定律进行其它分析。【解答】解；A、交流电的频率f=ω2π=B、该电动势的最大值为102V，C、D电压有效值为10V，电路中电流为I=101+9=1A，外接电阻R所消耗的电功率为P＝I2R＝9W，C故选：D。【点评】本题考查了对交流电瞬时值表达式的认识，理解公式中各物理量的物理意义。6．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则下列说法正确的是（）A．t＝0.005s时线框的磁通量变化率为零 B．t＝0.01s时线框平面与中性面重合 C．线框产生的交变电动势有效值为311V D．线框产生的交变电动势的频率为100Hz【考点】交变电流的u﹣t图像和i﹣t图像；交变电流的周期、频率、相位；正弦式交变电流的有效值；法拉第电磁感应定律的内容和表达式；中性面及其性质．【专题】交流电专题．【答案】B【分析】由图乙可知特殊时刻的电动势，根据电动势的特点，可判处于那个面上，由图象还可知电动势的峰值和周期，根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值。【解答】解：A、由图乙可知，当0.05s时，感应电动势最大，则此时穿过线框回路的磁通量变化率最大，故A错误；B、由图乙可知，当0.01s时，感应电动势为零，则此时穿过线框回路的磁通量最大，处于中性面，故B正确；C、线框产生的产变电动势的有效值E=3112V＝220V；故D、由图可知，交流电的周期为0.02s，则转速为：n=1T=50Hz故选：B。【点评】本题考查的是有关交变电流的产生和特征的基本知识，要具备从图象中获得有用信息的能力。并明确有效值和频率等物理量的计算。7．一个小型电热器若接在输出电压为10V的直流电源上，消耗电功率为P；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为0.5P，如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为（）A．5V B．52V C．10V D【考点】交变电流峰值的计算和影响因素；正弦式交变电流的有效值．【专题】交流电专题．【答案】C【分析】根据焦耳定律Q＝I2Rt求解电流的有效值，其中I是有效值．再根据有效值与最大值的关系求出最大值．【解答】解：设电热器的电阻为R，t时间内产生的热量为Q，则：Q=此热量是接交流电源上产生的热功率的2倍，所以Q′=12所以：U解得：U有所以最大值为2故选：C。【点评】对于交变电流，求解热量、电功和电功率等与热效应有关的量，都必须用有效值．8．一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V交变电流改变为110V，已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈的匝数为（）A．200 B．400 C．1600 D．3200【考点】变压器的构造与原理．【专题】交流电专题．【答案】B【分析】根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比即可求解．【解答】解：根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比得：U变压器能将220V交变电流改变为110V，原线圈匝数n1＝800，副线圈匝数n2。则：n2故选：B。【点评】本题主要考查了变压器原副线圈匝数比与电压比之间的关系，难度不大，属于基础题．9．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，产生的感应电动势e随时间t的变化曲线如图乙所示．若外接电阻的阻值R＝9Ω，线圈的电阻r＝1Ω，则下列说法正确的是（）A．线圈转速为100πrad/s B．0.01s末穿过线圈的磁通量最大 C．通过线圈的最大电流为10A D．伏特表的示数为90V【考点】交变电流的u﹣t图像和i﹣t图像；交流发电机及其产生交变电流的原理．【专题】计算题；定量思想；推理法；交流电专题．【答案】C【分析】线圈在中性面时磁通量最大，电动势最小，与中性面垂直时，通过的磁通量最小，变化率最大，电动势为最大，电压表测量的为有效值【解答】解：A、由乙图可知，线圈转动的周期T＝0.04s，故线圈转速n数值上等于频率，而f=1T=25Hz，因此线圈转速为n＝25r/sB、0.01s末，线圈产生的感应电动势最大，此时线圈处于与中性面垂直位置，穿过线圈的磁通量最小为零，故B错误；C、根据闭合电路的欧姆定律可知I=EmRD、电压表测量的是有效值，故U=I2故选：C。【点评】本题关键是记住两个特殊位置：在中性面时磁通量最大，感应电动势最小，电动势方向改变；垂直中性面位置磁通量为零，但电动势最大，明确电压表测量的为有效值10．远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R，变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是（）A．I1I2=n1nC．I1U1=I22R D．I1U1＝I【考点】远距离输电的相关计算；变压器的构造与原理．【专题】交流电专题．【答案】D【分析】变压器电压之比等于匝数之比；电流之比等于匝数的反比；在远距离输电中，输电导线上功率有损耗【解答】解：A、升压变压器电流之比等于匝数的反比；故A错误；B、导线上的电流是电压损失与电阻的比值；故B错误；C、I1U1是表示输入功率，I22R表示电路损耗的功率，二者不等；故D、理想变压器输入功率等于输出功率；故I1U1＝I2U2，故D正确。故选：D。【点评】理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象。远距离输电，由于导线通电发热导致能量损失，所以通过提高输送电压，从而实现降低电损二．多选题（共5小题）（多选）11．如图，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4：1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R＝11R0，是理想电压表．现将负载电阻的阻值减小为R＝5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0V，则（）A．此时原线圈两端电压的最大值约为34V B．此时原线圈两端电压的最大值约为24V C．原线圈两端原来的电压有效值约为68V D．原线圈两端原来的电压有效值约为48V【考点】变压器的动态分析——原线圈无负载；变压器的构造与原理．【专题】交流电专题．【答案】AD【分析】根据串并联知识和欧姆定律可以求得输出电压的有效值，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．【解答】解：A、现将负载电阻的阻值减小为R＝5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0V，根据串并联知识和欧姆定律得副线圈电压U2=55R0×根据电压与匝数成正比可知，此时原线圈两端电压的有效值U1＝4U2＝24V，所以此时原线圈两端电压的最大值约为U1m＝242≈34V，故A正确，BC、原来副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R＝11R0，由于保持变压器输入电流不变，所以输出电流也不变，所以原来副线圈电压U′2=55R0×根据电压与匝数成正比可知，原线圈两端原来的电压有效值约为48V，故C错误，D正确；故选：AD。【点评】掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题．（多选）12．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，线圈的匝数为n、电阻为r，外接电阻为R，交流电流表A．线圈从图示位置（线圈平面平行于磁场方向）开始转过π3时的感应电流为IA．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2IC．从图示位置开始转过π2的过程中，通过电阻R的电荷量为2D．线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量为4【考点】正弦式交变电流的函数表达式及推导；用焦耳定律计算电热；交流发电机及其产生交变电流的原理．【专题】交流电专题．【答案】BCD【分析】根据感应电流瞬时值表达式求出最大值，再求解有效值，即可得到电流表的读数；磁通量的最大值Φm＝BS．由闭合电路欧姆定律求出感应电动势的最大值Em，由公式Em＝nBSω求解Φm．通过电阻R的电荷量根据公式q＝nΔΦR【解答】解：A、由题有：I＝Imcosπ3，则得感应电流的最大值Im＝2I，有效值I有=22Im=2B、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=2I(C、从图示位置开始转过π2的过程中，通过电阻R的电荷量q＝nΔΦR+r=nBSR+D、线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量Q=I有2RT=（2I）2故选：BCD。【点评】本题关键知道正弦式交流电峰值的表达式Em＝nBSω，以及瞬时值与最大值之间的关系，对于交变电流，求解热量、电功和电功率要用有效值，对于正弦式电流最大值是有效值的2倍．（多选）13．如图，电阻R、电容C和电感L并联后，接入输出电压有效值恒定、频率可调的交流电源。当电路中交流电的频率为f时，通过R、C和L的电流有效值恰好相等。若将频率降低为12f，分别用I1、I2和I3表示此时通过R、C和LA．I1＞I3 B．I1＞I2 C．I3＞I2 D．I2＝I3【考点】电感、电容和电阻对电路的影响对比；电容器或电感器及其对交变电流的作用．【专题】比较思想；推理法；电磁感应与电路结合；理解能力；推理论证能力．【答案】BC【分析】电容器的特性是通交流隔直流，通高频阻低频。电感线圈的特性是通过直流阻交流，通低频阻高频率。通过电阻的电流与频率无关。根据三种元件的特性分析。【解答】解：将频率降低时，通过R的电流不变，电容器的容抗增大，通过C的电流减小，则有I1＞I2．电感线圈的感抗减小，通过L的电流增大，则有I3＞I2．故AD错误，BC正确。故选：BC。【点评】解决本题的关键是要掌握电容器和电感的特性，知道电流的频率越低时，容抗越高；而线圈的频率越低时，感抗越小。（多选）14．某兴趣小组自制一小型发电机，使线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t按正弦规律变化的图象如图所示，线圈转动周期为T，线圈产生的电动势的最大值为Em．则（）A．在t=T4B．在t=T2C．线圈中电动势的瞬时值e＝Emsin（2πtTD．若线圈转速增大为原来的2倍，则线圈中电动势变为原来的4倍【考点】交变电流峰值的计算和影响因素．【专题】交流电专题．【答案】AB【分析】（1）当线圈平面与磁感线的方向垂直时，穿过线圈的磁通量最大，此时感应电流为0；当线圈与磁感线的方向平行时，穿过线圈的磁通量为0，此时的感应电动势和感应电流最大；（2）交流发电机产生电动势的最大值Em＝nBSω，根据Φ﹣t图线得出周期T以及角速度．从而求出感应电动势的最大值．（3）图中是以垂直于中性面开始计时的，所以感应电动势的瞬时表达式：e＝Emcos（ωt）．【解答】解：A、由交流电的变化规律可知，当线圈平面与磁感线的方向垂直时，穿过线圈的磁通量最大，所以在t=T4时，磁场方向与线圈平面垂直。故B、由交流电的变化规律可知，当线圈与磁感线的方向平行时，即在t=T2时，穿过线圈的磁通量为0，此时的感应电动势线圈中的磁通量变化率最大。故C、由图可知，t＝0时，磁通量为0，线圈与磁感线的方向平行，此时的感应电动势线圈中的感应电动势最大，为Em，所以线圈中电动势的瞬时值e＝Emcos（2πtT）。故D、若线圈转速增大为原来的2倍，则线圈中最大电动势：Em′＝nBS•2ω＝2nBSω＝2Em，线圈中电动势变为原来的2倍。故D错误。故选：AB。【点评】解决本题的关键知道正弦式交流电峰值的表达式Em＝nBSω，以及知道峰值与有效值的关系．（多选）15．如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=25πT．单匝矩形线圈面积S＝1m2，电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动。线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接，为交流电流表。调整副线圈的滑动触头P，当变压器原、副线圈匝数比为1：2时，副线圈电路中标有“36VA．电流表的示数为1A B．矩形线圈产生电动势的有效值为18V C．从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律e=182D．若矩形线圈转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P适当下移【考点】交流发电机及其产生交变电流的原理；变压器的构造与原理．【专题】交流电专题．【答案】BC【分析】由小灯泡正常发光，得到变压器的输出电压和输出电流，然后结合变压比公式和变流比公式求解变压器的输入电压和电流，最后结合发电机的电动势公式e＝NBSωsinωt分析。【解答】解：A、小灯泡正常发光，故变压器的输出电流为：I2=36W36V=1A；根据变流比公式：I1IB、小灯泡正常发光，故变压器的输出电压为36V，根据变压比公式U1U2=n1n2，解得：UC、矩形线圈产生电动势的最大值为182V，根据公式Em＝NBSω，解得：ω=EmNBS=1821×25π×1=90πD、若矩形线圈转速增大，根据公式Em＝NBSω，感应电动势的最大值增加，故有效值也增加；为使灯泡仍能正常发光，应该减小变压比，故应将P适当上移；故D错误；故选：BC。【点评】本题关键是明确交流发电机的瞬时值、有效值、最大值的区别和求解方法，同时要结合变压器的变压比和变流比公式列式求解。三．解答题（共5小题）16．一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈匝数n＝100．穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间按正弦规律变化，如图所示，发电机内阻r＝5.0Ω，外电路电阻R＝95Ω．已知感应电动势的最大值Em＝nωΦm，其中Φm为穿过每匝线圈磁通量的最大值。求串联在外电路中的交流电流表（内阻不计）的读数。【考点】产生交变电流的B﹣t或φ﹣t图像；正弦式交变电流的有效值．【专题】交流电专题．【答案】见试题解答内容【分析】由题可知，线圈中产生正弦交变电流。交流电流表测量的是电流的有效值。由图读出磁通量的最大值和周期，求出感应电流的最大值Im，再由I＝0.707Im，求出电流的有效值。【解答】解：从Φ﹣t图象可以读出：Φm＝1.0×10﹣2Wb，T＝3.14×10﹣2s感应电动势最大值Em＝nBSω＝nωΦm，又ω=2πT，得到Em＝n故电路中电流最大值Im=EmR+交流电流表读数I＝0.707Im≈1.4A。答：串联在外电路中的交流电流表的读数是1.4A。【点评】对于正弦交变电流的最大值Em＝nBSω＝nωΦm，要在理解的基础上加强记忆。交流电流表和电压表测量的是有效值。17．如图为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电．已知输电线总电阻R＝10Ω，升压变压器的T1原、副线圈匝数之比为1：5，降压变压器的T2原、副线圈匝数之比为4：1，副线圈与纯电阻组成闭合电路，用电器电阻R0＝11Ω．若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压表达式为u＝2202sin100πtV．求：（1）用户端的用电电流I3和输电电流I2，（2）输电线上损耗的电压ΔU和损耗的功率ΔP，（3）发电机的输出电压U1和输出功率P1．【考点】远距离输电的相关计算；电功和电功率的计算；变压器的构造与原理．【专题】计算题；定量思想；方程法；交流电专题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据降压变压器的输出电压和用电器的电阻，根据欧姆定律求出通过用电器的电流，（2）根据ΔU＝I2R求输电线损失的电压，由ΔP=（3）根据升压和降压变压器电压与匝数成正比求出U1、U2，根据P1＝P2＝U2I2求输出功率；【解答】解：（1）根据副线圈两端电压表达式可知，用户得到的有效电压U3＝220V，I3根据电流反比关系，I解得I2＝5A（2）输电上损失的电压ΔU＝I2R＝5×10V＝50V输电线上损耗的功率ΔP（3）根据降压变压器的原副线圈电压关系：U代入数据：U解得U2＝930V再根据升压变压器的原副线圈电压关系：U代入数据U解得：U1＝186V根据能量守恒，P1＝P2＝U2I2＝930×5W＝4650W答：（1）用户端的用电电流I3为20A和输电电流I2为5A，（2）输电线上损耗的电压ΔU和损耗的功率ΔP为250W，（3）发电机的输出电压U1为186V和输出功率P1为4650W【点评】解决本题的关键知道：1、原副线圈的电压、电流与匝数比的关系；2、升压变压器的输出功率、功率损失和降压变压器的输入功率之间的关系．18．如图所示，某小型水电站发电机的输出功率为10kW，输电电压为400V，向距离较远的用户供电，为了减少电能损失，使用2kV高压输电，最后用户得到220V、9.5kW的电，求：（1）水电站升压变压器原、副线圈匝数比n1：n2；（2）输电线路导线电阻R；（3）用户降压变压器、原副线圈匝数比n3：n4。【考点】远距离输电的相关计算；变压器的构造与原理．【专题】定量思想；方程法；交流电专题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据变压比公式U1（2）先根据P＝UI求解传输电流，再根据ΔP=I2（3）先根据U3＝U2﹣ΔU求解降压变压器的输入电压，然后根据公式U3【解答】解：（1）升压变压器的原副线圈的匝数比为：U1（2）输电线上的电流为：I=PU2输电线电阻：R=P损（3）降压变压器原线圈电压：U3＝U2﹣IR＝2000﹣5×20＝1900V故降压变压器原副线圈的匝数比为：n3答：（1）水电站升压变压器原、副线圈匝数比为1：5；（2）输电线路导线电阻R为20Ω；（3）用户降压变压器原、副线圈匝数比为95：11。【点评】本题关键是明确远距离输电的原理，明确各部分电压、电流、功率之间关系，然后根据变压器的变压比公式和功率表达式列式分析，属于简单题目。19．某小型水电站的电能输送示意图如图所示．发电机的输出功率为P＝80kW，输出电压为U1250V，输电线总电阻r＝10Ω，升压变压器原、副线圈匝数比为n1n2＝1：40；降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4变压器均为理想变压器）．要使额定电压为220V的用电器正常工作，求：（1）升压变压器的输出电压U2；（2）输电线路上损耗的功率ΔP；（3）降压变压器原、副线圈匝数比n3：n4多大？【考点】远距离输电的相关计算．【专题】交流电专题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据变压比公式列式求解即可；（2）根据P＝UI求解传输电流，根据ΔP＝I2r求解功率损耗；（3）根据ΔU＝Ir求解电压降，根据变压比公式求解降压变压器的变压比．【解答】解：（1）由n1U2=n（2）输电线上的电流：I2输电线上损耗的功率为：ΔP＝I2r＝82×10W＝640W（3）导线上损失的电压为：U损＝I2r＝8×10V＝80V降压变压器的输入电压为：U3则降压变压器原副线圈之匝数之比为：n3答：（1）升压变压器的输出电压U2为104V；（2）输电线路上损耗的功率ΔP为640W；（3）降压变压器原、副线圈匝数比n3：n4为496：11．【点评】解决本题的关键知道输送功率、输送电压、电流的关系，以及知道变压器原副线圈的电压之比等于匝数之比；升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压和电压损失之和．20．如图所示，一小型发电站通过升压、降压变压器把电能输送给用户，已知发电机的输出功率为P＝500kW，输出电压为U1＝500V，升压变压器B1原、副线圈的匝数比为n1：n2＝1：5，两变压器间输电导线的总电阻为R＝1.5Ω．降压变压器B2的输出电压为U4＝220V，不计变压器的损耗．求：（1）输电导线上损失的功率P′；（2）降压变压器B2的原、副线圈的匝数比n3：n4．【考点】变压器的构造与原理；远距离输电的相关计算．【专题】交流电专题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）变压器不改变功率，由P＝UI求出输电线中电流，由功率公式求解输电线上损耗的电功率；（2）求出降压变压器的中输入电压，再由电压与匝数成正比求解降压变压器原、副线圈的匝数比．【解答】解：（1）升压变压器原线圈的电流为I1，副线圈的电流为I2则：I1=pU1=P损＝I22r＝60Kw（2）降压变压器的输入电压为：U3＝U2﹣I2r＝2200Vn3：n4＝U3：U4＝10：1故答案为：（1）输电导线上损失的功率P'＝P损＝I22r＝60Kw（2）降压变压器B2的原、副线圈的匝数比n3：n4＝10：1【点评】对于输电问题，要搞清电路中电压、功率分配关系，注意理想变压器不改变功率．基础题．

考点卡片1．电功和电功率的计算【知识点的认识】1.电功的计算公式：W＝qU＝UIt2.电功率的计算公式：P=W3.如果是纯电阻电路，电流做的功完全用来发热，则有W＝qU＝UIt＝I2Rt=UP＝UI＝I2R=U【解题思路点拨】四个定值电阻连成如图所示的电路。RA、RC的规格为“6V6W”，RB、RD的规格为“6V12W”。将该电路接在输出电压U＝11V的恒压电源上，则（）A、RA的功率最大，为6WB、RB的功率最小，为0.67WC、RC的功率最小，为1.33WD、RD的功率最大，为12W分析：根据P=U2R求出每个电阻值，根据欧姆定律求出电路总电流，进而求出每个并联电阻两端的电压，根据P＝I2R和解答：由P=U2R知，RA＝RC=U12P1=626Ω＝6电阻B和C并联的电阻RBC=RBRC则电路的总电流I=UR=则并联电阻两端电压UBC＝IRBC＝1×2V＝2V则RA的功率为PA＝I2RA＝12×6W＝6WRB的功率为PB=URC的功率为PC=URD的功率为PD＝I2RD＝12×3W＝3W由此可知：RA的功率最大，为6WRC的功率最小，为0.67W故A正确，BCD错误；故选：A。点评：本题考查闭合电路的欧姆定律以及电阻功率的求法。注意并联电阻的求解，以及求功率时，串联电路常用P＝I2R而并联电路常用P=U【解题思路点拨】根据具体的电路，电功和电功率的计算有很多公式可选，要先具体分析电路条件，选择出合适的公式，进而计算电功或电功率。2．用焦耳定律计算电热【知识点的认识】焦耳定律的表达式Q＝I2Rt，由此可以计算电流产生的焦耳热。【命题方向】电动汽车成为未来汽车发展的方向．若汽车所用电动机两端的电压为380V，电动机线圈的电阻为2Ω，通过电动机的电流为10A，则电动机工作10min消耗的电能为多少焦？产生的热量是多少焦？分析：通过W＝UIt去求消耗的电能，通过Q＝I2Rt去求产生的热量．消耗的电能与产生的热量不等．解答：由W＝UIt，得：W＝380×10×600J＝2.28×106J故电动机工作10min消耗的电能为2.28×106J．产生的热量Q＝I2Rt＝102×2×600＝1.2×105J故产生的热量是1.2×105J点评：注意消耗的电能与产生的热量不等，因为该电路不是纯电阻电路，消耗的电能一部分转化为热量，还有一部分转化为机械能．【解题思路点拨】一、电功率与热功率的区别与联系（1）区别：电功率是指某段电路的全部电功率，或这段电路上消耗的全部电功率，决定于这段电路两端电压和通过的电流强度的乘积；热功率是指在这段电路上因发热而消耗的功率．决定于通过这段电路电流强度的平方和这段电路电阻的乘积．（2）联系：对纯电阻电路，电功率等于热功率；对非纯电阻电路，电功率等于热功率与转化为除热能外其他形式的功率之和．二、焦耳定律的使用范围无论在何种电路中，焦耳定律Q＝I2Rt都是成立的。3．安培力的计算公式及简单应用【知识点的认识】如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，垂直磁场放置的长度为l的导体，所通电流为I，导体所受的安培力大小为F＝BIl；若将导体转过90°，即电流与磁场平行，此时导体所受的安培力的大小为F＝0.2.如图所示，当电流方向与磁场方向夹角为θ时，安培力的大小为F＝BIlsinθ【命题方向】一根长0.20m、通有2.0A电流的通电直导线，放在磁感应强度为0.50T的匀强磁场中，受到的最大安培力是多少？分析：当通电导线与磁场垂直时，导线所受的磁场力最大；根据安培力的公式计算安培力的大小．解答：当通电导线与磁场垂直时，导线所受的磁场力最大，为：Fmax＝BIL＝0.50×2.0×0.20N＝0.2N答：受到的最大安培力是0.2N．点评：本题只要掌握安培力大小的计算公式F＝BILsinα，就能正确解答，基本题．【解题思路点拨】1、电流方向与磁场方向平行时，导线不受安培力的作用。2、电流方向与磁场方向垂直时，导线受到安培力的大小为F＝BIl。3、电流方向与磁场方向夹角为θ时，导线受到安培力的大小为F＝BIlsinθ。4．法拉第电磁感应定律的内容和表达式【知识点的认识】法拉第电磁感应定律（1）内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。（2）公式：E＝nΔΦΔt【命题方向】下列几种说法中正确的是（）A、线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B、线圈中磁通量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大C、线圈放在磁场越强的位置，线圈中产生的感应电动势一定越大D、线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势越大分析：本题考查法拉第电磁感应定律的内容，明确电动势与磁通量的变化快慢有关．解答：根据法拉第电磁感应定律，线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势越大；故选：D。点评：本题要求学生能够区分磁通量、磁通量的变化量及磁通量的变化率，能正确掌握法拉第电磁感应定律的内容．【解题方法点拨】1．对法拉第电磁感应定律的理解2．计算感应电动势的公式有两个：一个是E＝n△∅△t，一个是E＝Blvsinθ，计算时要能正确选用公式，一般求平均电动势选用E＝n△∅△t，求瞬时电动势选用E＝3．电磁感应现象中通过导体横截面的电量的计算：由q＝I•△t，I=ER总，E＝n△∅△t，可导出电荷量5．交流发电机及其产生交变电流的原理【知识点的认识】1.产生装置将闭合线圈置于匀强磁场，并绕垂直于磁场方向的轴做匀速转动，线圈中将产生按正（余）弦规律变化的交流电。2.两个特殊位置及特点①中性面上图甲和丙所处的位置特点：穿过线圈的磁通量Φ最大，磁通量的变化率ΔΦΔt=0，所以感应电动势E＝0，该应电流I＝②与中性面垂直的位置上图乙和丁所处的位置特点：穿过线圈的磁通量Φ＝0，磁通量的变化率ΔΦΔt最大，所以感应电动势E最大，该应电流I3.交变电流的变化规律对于如图所示的发电机，设t＝0时线圈刚好转到中性面，此时导线AB的速度方向刚好与磁感线平行，因此感应电动势为0。设线圈旋转的角速度为ω，AB和CD的长度为l，AD和BC的长度为d，则经过时间t，线框转过的角度θ＝ωt。线框旋转过程中AB和CD的速度v＝ωd2，与磁感线垂直的速度为vsinθ，即ωd2sinωe＝2Blvsinθ＝ωBldsinωt＝ωBSsinωt其中，S表示线框的面积。设Em＝ωBS，可知线框的电动势是随时间按正弦函数规律变化的，为e＝Emsinωt式中Em是常数，表示电动势可能达到的最大值。对于单匝线圈，Em＝ωBS；如果线圈匝数为N，则Em＝NωBS。同理如果线圈从平行于磁场方向开始转动：e＝Emcosωt。【命题方向】交流发电机的示意图如图所示，当线圈ABCD绕垂直于磁场方向的转轴OO'匀速转动时，电路中产生的最大电流为Im，已知线圈转动的周期为T，下列说法正确的是（）A、图示位置磁通量最大，磁通量的变化率最大B、图示位置电流最大，方向为A→BC、从图示位置开始经过T4D、从图示位置计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为i分析：线圈平面与磁场垂直时，线圈位于中性面位置，此时磁通量最大，磁通量的变化率最小，电流最小，每经过一次图示位置的中性面，电流方向就改变一次，从中性面开始计时线圈中电流i随时间t变化的关系式为i=解答：ABC、图示位置为中性面，磁通量最大，磁通量的变化率最小，电流最小，每经过一次图示位置的中性面，电流方向就改变一次，故ABC错误；D、从图示位置计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为i=Im故选：D。点评：本题主要考查了中性面，明确线圈位于中性面位置，此时磁通量最大，磁通量的变化率最小，电流最小，每经过一次图示位置的中性面，电流方向就改变一次。【解题思路点拨】正弦交变电流产生的原理矩形线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动的过程中，与轴平行的两条边（导线）切割磁感线，因而产生感应电动势，线圈上就有了电流．交流发电机的工作过程是将机械能转化为电能和回路中内能的过程，符合能量守恒定律.6．中性面及其性质【知识点的认识】1.跟磁场方向垂直的平面叫作中性面．线圈每经过一次中性面，电动势（电流）的方向改变一次，转动一周，电动势（电流）的方向改变两次.2.中性面的特点是：中心面与磁场垂直，电路中电流为0、电动势为0、通过线圈的磁通量最大、磁通量的变化率为0。3.与中心面垂直的位置的特点是：电路中电流最大、电动势最大、通过线圈的磁通量为0、磁通量的变化率最大。【命题方向】矩形线圈绕垂直于匀强磁场的对称轴做匀速转动，经过中性面时，以下说法不正确的是（）A、线圈平面与磁感线方向垂直B、线圈中感应电流的方向将发生改变C、通过线圈平面的磁通量最大D、通过线圈的感应电流最大分析：矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，线圈中产生正弦式电流．在中性面时，线圈与磁场垂直，磁通量最大，感应电动势为零．线圈每通过中性面一次，电流方向改变一次．解答：A、中性面，就是磁场方向与线圈平面垂直的位置。故A正确。B、中性面时，电流减为零，经过中性面电流方向将发生改变，大小增大。故B正确。C、经过中性面时，磁场垂直于线圈平面，此时磁通量最大。故C正确。D、经过中性面时，当线圈平面与磁场方向垂直，左右两边不切割磁感线，不产生的感应电动势，感应电流为零。故D错误。本题选错误的，故选：D。点评：本题考查正弦式电流产生原理的理解能力，抓住两个特殊位置的特点：线圈与磁场垂直时，磁通量最大，感应电动势为零；线圈与磁场平行时，磁通量为零，感应电动势最大．【解题思路点拨】两个特殊位置的比较位置线圈平面与磁场方向垂直（中性面）线圈平面与磁场方向平行磁通量最大0磁通量变化率0最大感应电动势0最大感应电流0最大电流方向改变不变7．交变电流的u-t图像和i-t图像【知识点的认识】1.用以描述交流电随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置开始计时，其图象为正弦曲线．如图（e）、（f）所示．2.可以直接或间接从图像上读取的物理量有：任意时刻的电压或电流、交变电压或电流的最大值、交变电压或电流的周期、可以求出交变电流或电压的角频率（线圈转动的角速度）、交变电压或电流的表达式、交变电压或电流的有效值等。【命题方向】图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电流表．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．从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是（）A．电流表的示数为10AB．线圈转动的角速度为50πrad/sC．0.01s时线圈平面与磁场方向平行D．0.02s时电阻R中电流的方向自右向左分析：由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，电流表的示数为有效值，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向．解答：A、由题图乙可知交流电电流的最大值是Im=102A，周期T＝0.02s，由于电流表的示数为有效值，故示数I=IB、角速度=2πT=100πC、0.01s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，选项C正确；D、由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向自左向右，选项D错误．故选AC．点评：本题是2013年的高考题，考查的知识点较多，难度不大．【解题方法点拨】解决交变电流图象问题的三点注意（1）只有当线圈从中性面位置开始计时，电流的瞬时值表达式才是正弦形式，其变化规律与线圈的形状及转动轴处于线圈平面内的位置无关．（2）注意峰值公式Em＝nBSω中的S为有效面积．（3）在解决有关交变电流的图象问题时，应先把交变电流的图象与线圈的转动位置对应起来，再根据特殊位置求特征解．8．产生交变电流的B-t或φ-t图像【知识点的认识】1.将闭合线圈置于匀强磁场，并绕垂直于磁场方向的轴做匀速转动，线圈中将产生按正（余）弦规律变化的交流电。穿过线圈的的磁通量也会按照正（余）弦的规律变化，如下图：2.交变电流除了可以通过线圈在磁场中做匀速转动切割产生之外，也可以通过穿过线圈的磁感应强度B按正弦函数规律变化（或穿过线圈的磁通量按正弦函数变化）产生。【命题方向】如图甲中所示，一矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线圈所围面积的磁通量Φ随时间t变化的规律如图乙所示，下列论述正确的是（）A、t1时刻线圈中感应电动势最大B、t2时刻线圈中磁通量变化率为零C、t3时刻线圈平面与中性面重合D、t4、t5时刻线圈中感应电流方向相同分析：由数学知识可知：磁通量﹣时间图象斜率等于磁通量的变化率，其大小决定了感应电动势的大小．当线圈的磁通量最大时，线圈经过中性面，电流方向发生改变．解答：A、t1时刻通过线圈的磁通量最大，而磁通量的变化率等于零，故感应电动势为零，故A错误；B、t2时刻磁通量为零，线圈与磁场平行，磁通量变化率最大，故B错误；C、t3时刻线圈的磁通量最大，处于中性面，故C正确；D、t4时刻磁通量为零，线圈与磁场平行，线圈中感应电动势最大，电流最大；t5时刻线圈中没有感应电流；故D错误；故选：C。点评：本题关键抓住感应电动势与磁通量是互余关系，即磁通量最大，感应电动势最小；而磁通量最小，感应电动势最大．【解题思路点拨】用图像描述交变电流的变化规律（从中性面开始计时）9．正弦式交变电流的函数表达式及推导【知识点的认识】1.正弦式电流的函数表达式为i＝Imsinωt，u＝Umsinωt，式中Im、Um分别表示电流和电压的峰值。i和u表示电流和电压的瞬时值。ω表示线圈转动的角速度。（1）此表达式代表的是线圈从中线面开始转动的情况。（2）式子中Um＝NBSω。2.表达式的推导：若矩形线圈在磁场中从中性面开始以角速度o匀速转动，如图所示，则经时间t：（1）线圈转过的角度为θ＝ωt。（2）ab边的线速度跟磁感线方向的夹角θ＝ωt。（3）ab边转动的线速度大小v＝ωl（4）ab边产生的感应电动势eab＝Blabvsinθ=BSω2•sinω（5）整个线圈产生的感应电动势e＝2eab＝BSωsinωt，若线圈为n匝，则e＝nBSωsinωt。【命题方向】矩形线圈在匀强磁场中转动产生e＝2202sin100A、频率是50HzB、当t＝0时，线圈平面恰好与中性面垂直C、当t=1200sD、有效值为220V分析：根据交流电的表达式，可以知道其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期、频率等．解答：A、线圈的角速度为100πrad/s，故其频率为：f=ω2π=B、当t＝0时e＝0，此时线圈处在中性面上，故B错误。C、当t=1200s时，sin100πt＝1，所以e有最大值，故D、有效值为：22022=220V故选：ACD。点评：对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义．【解题思路点拨】1.交变电压的表达式u＝Umsinωt，根据欧姆定律即可得出电路中电流的i=u2.正弦式交变电流瞬时值的表达式10．交变电流的周期、频率、相位【知识点的认识】1.周期：交变电流完成一次周期性变化所需的时间。符号：T。2.频率：周期的倒数叫作频率。符号：f。3.周期和频率的关系：T=4.周期和频率的意义：描述交变电流变化快慢的物理量。5.相位：如果线圈既不是从中心面开始转动，也不是从垂直于中心面的位置开始转动，那么交变电流的表达式为i＝Imsin（ωt+φ），式子中ωt+φ叫作相位。【命题方向】某交流电的电动势瞬时值表达式e＝220sin10πtV，关于该交流电和发电机的线圈，下列说法正确的是（）A、该交流电的频率为10HzB、当t＝0时，线圈平面与磁感线平行C、当t=120s时，D、电动势的有效值为220V分析：本题考查了交流电的描述，根据交流电的表达式，可知其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期、频率等．解答：A、ω＝10π，则T=2πωs＝0.2s，f＝5HzB、当t＝0时，电动势为零，线圈平面与磁感线垂直，B错误。C、当t=120s时，将其代入题给表达式e＝220sin10πt＝220V，是最大值，D、电动势的有效值为2202=1102V，故选项故选：C。点评：对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义．【解题思路点拨】1.发电机的线圈转动一周，交变电流恰好完成一次周期性变化。交变电流的周期与发电机线圈的转动周期相等。2.从发电机线圈转动的角度来说，周期就是发电机线圈在磁场中转动一周所用的时间；频率在数值上等于发电机线圈在磁场中单位时间内转动的圈数。周期与频率的关系满足T=13.线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动一周，电动势、电流都按正弦规律变化。4.我国电网中交变电流的周期是0.02s，所以实验中所用打点计时器每隔0.02s打一个点。11．交变电流峰值的计算和影响因素【知识点的认识】1.定义：交变电流的峰值是指最大的瞬时值。2.意义：表征交变电流的变化范围。3.符号：用Em、Im、Um分别表示电动势、电流、电压的峰值。4.计算方法：Em＝NBSω由闭合电路的欧姆定律：Im=5.影响因素：交变电流的峰值由线圈匝数、磁感应强度、线圈面积和角速度决定，与线圈的形状无关。6.应用环境：当考虑某些电学元件（电容器、晶体管等）的击穿电压（耐压值）时，指的是交变电流的最大值7.推论：因为BS＝Φ（磁通量），所以Em＝NωΦm。【命题方向】图示为一台小型发电机示意图，矩形线圈在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直。矩形线圈的面积为S＝2.0×10﹣2m2，匝数N＝40匝，线圈电阻r＝1.0Ω，磁场的磁感应强度B＝0.20T。线圈绕OO′轴以ω＝100rad/s的角速度匀速转动。线圈两端外接阻值为R＝9.0Ω的定值电阻和一个理想交流电压表。求：（1）线圈中产生的感应电动势的最大值；（2）从图示位置开始计时，写出通过电流瞬时值的表达式；（3）交流电压表的读数。分析：（1）根据Em＝NBSω计算；（2）根据闭合电路的欧姆定律计算出最大电流，然后写出瞬时值表达式；（3）根据最大值得到交流电的有效值，进而得到电压表的示数。解答：（1）线圈中产生的感应电动势的最大值为Em＝NBSω＝40×0.20×2.0×10﹣2×100V＝16V（2）回路中的最大电流为Im图示位置与中性面垂直，故通过电流瞬时值的表达式为i＝Imcosωt＝1.6cos100t（A）（3）电流的有效值为I有效交流电压表的读数为U＝I有效•R=0.82答：（1）线圈中产生的感应电动势的最大值为16V；（2）从图示位置开始计时，写出通过电流瞬时值的表达式为i＝1.6cos100t（A）；（3）交流电压表的读数为10V。点评：掌握感应电动势最大值的计算公式，闭合电路的欧姆定律，知道交流电表的读数指的是有效值。【解题思路点拨】1.交变电流电动势的峰值与线圈的形状无关，计算公式为Em＝NBSω。2.峰值常见的应用与电容器的击穿电压有关。12．正弦式交变电流的有效值【知识点的认识】对于正弦式交变电流，有效值与峰值之间的关系为：I=Im2【命题方向】家庭电路中电压的瞬时值表达式为u＝2202sin314t（v），则交流电压的有效值是（）A、220VB、2202VC、110VD、1102V分析：根据交流电的表达式可读出该交流电的最大值，再根据最大值与有效值的关系可直接求解有效值。解答：由瞬时表达式可知，最大值Um＝2202V，则有效值U=Um2=22022V故选：A。点评：本题考查对交流电最大值和有效值的认识，要明确二者的关系，掌握有效值的计算方法。【解题思路点拨】对有效值的理解：在一个周期内通过同一个电阻，跟交变电流的热效应等效的恒定电流值、电压值。（1）正弦式交变电流的有效值Ⅰ、U与峰值Im、Um的关系为：I=Im2，（2）非正弦式交变电流的有效值只能根据电流的热效应计算。（3）有效值的应用计算与电流热效应有关的量、交流电表的测量值、电气设备标注的额定电压和额定电流以及通常提到的交流的数值都指有效值。13．交流电表的读数【知识点的认识】1.电路中的交流电表的示数表示的交变电压或交变电流的有效值。2.交变电流的计算方法：（1）对于正弦式交变电流：I=Im2，（2）对于非正弦交变电流，可利用有效值的定义来计算其有效值。【命题方向】如图所示线圈面积为0.05m2，共100匝，线圈总电阻为r＝1Ω，外电阻R＝9Ω，线圈处于B=2πT的匀强磁场中．当线圈绕轴以转速n＝（1）若从线圈处于中性面开始计时，写出电动势的瞬时值表达式．（2）两电表的示数．（3）线圈转过180°的过程中，通过电阻的电荷量．（4）线圈匀速转一圈产生的总热量．分析：（1）从线圈处于中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为e＝Emsinωt．感应电动势的最大值Em＝nBSω，由题已知条件代入求出．（2）交流电表测量有效值，由感应电动势的最大值，求出感应电动势的有效值，由欧姆定律求解两电表的读数．（3）线圈转过180°的过程中，由q＝nΔΦR（4）根据焦耳定律Q＝I2Rt求解线圈匀速转一圈产生的总热量，I为电流的有效值．解答：（1）线圈的角速度ω＝2πn＝10πrad/s，感应电动势的最大值Em＝nBSω＝100V，则从线圈处于中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为e＝Emsinωt＝100sin10πtV（2）电路中电流的有效值I=ER+r，E=22Em，代入解得I＝52电压表读数为U＝IR＝452V（3）线圈转过180°的过程中，通过电阻的电荷量q＝nΔΦR（4）线圈匀速转一圈产生的总热量Q＝I2RT＝I2R⋅2π答：（1）若从线圈处于中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为100sin10πtV；（2）电流表读数为52A，电压表读数为452V．（3）线圈转过180°的过程中，通过电阻的电荷量是2πC（4）线圈匀速转一圈产生的总热量是100J．点评：本题是交变电流规律的基本应用，注意交流电表测量的是交流电的有效值．常规题．【解题思路点拨】对有效值的理解：在一个周期内通过同一个电阻，跟交变电流的热效应等效的恒定电流值、电压值。（1）正弦式交变电流的有效值Ⅰ、U与峰值Im、Um的关系为：I=Im2，（2）非正弦式交变电流的有效值只能根据电流的热效应计算。（3）有效值的应用计算与电流热效应有关的量、交流电表的测量值、电气设备标注的额定电压和额定电流以及通常提到的交流的数值都指有效值。14．用有效值计算交流电路的电功、电功率和焦耳热【知识点的认识】1.计算交流电路中的电功、电功率和焦耳热时，需要用有效值进行计算。2.交变电流的计算方法：（1）对于正弦式交变电流：I=Im2，（2）对于非正弦交变电流，可利用有效值的定义来计算其有效值。【命题方向】将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为l，它在磁感应强度为B、方向如图的匀强磁场中匀速转动，转速为n，导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路有额定功率为P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，灯泡的电阻应为（）A、(2l2nB)2PlB、分析：根据Em＝nBSω可以求得最大电动势的大小，由P=U解答：根据最大感应电动势Em＝nBSω可得，最大感应电动势为Em＝Bl22πn，所以有效的电动势为E=Em2=2由P=U灯泡的电阻R=U2P故选：B。点评：掌握住最大感应电动势的计算方法是本题的关键，记住最大感应电动势Em＝nBSω和有效值之间的关系，计算时的电压要用有效值来计算。【解题思路点拨】1.对有效值的理解：在一个周期内通过同一个电阻，跟交变电流的热效应等效的恒定电流值、电压值。（1）正弦式交变电流的有效值Ⅰ、U与峰值Im、Um的关系为：I=Im2，（2）非正弦式交变电流的有效值只能根据电流的热效应计算。（3）有效值的应用计算与电流热效应有关的量、交流电表的测量值、电气设备标注的额定电压和额定电流以及通常提到的交流的数值都指有效值。2.交变电流“四值”的应用对交变电流的“四值”的比较和理解物理量物理意义适用情况及说明瞬时值e＝Emsinωtu＝Umsinωti＝Imsinωt计算线圈某时刻的受力情况峰值（最大值）Em＝nBSωIm=讨论电容器的击穿电压有效值对正（余）弦交流电有：E=EU=UI=I（1）计算与电流的热效应有关的量（如电功、电功率、电热等）（2）电气设备“铭牌”上所标的一般是有效值（3）保险丝的熔断电流为有效值（4）电表的读数为有效值平均值E=BLE=I=计算通过电路截面的电荷量15．电容器或电感器及其对交变电流的作用【知识点的认识】一、电容器对交变电流的影响1.交变电流能够通过电容器如下图所示，把小灯泡和电容器串联起来，先把它们接到直流电源上（甲图），再把它们接到交流电源上（乙图），分别观察小灯泡的发光情况。直流不能通过电容器，所以接直流电源的灯泡不亮。当电容器接到交流电源两端时，由于电容器两端电压不断变化而不断地充电和放电，电路中就有了充、放电的电流，表现为交流“通过”了电容器。2.电容器对交变电流的阻碍作用在图乙的实验中，如果把电容器从电路中取下来，使小灯泡直接与交流电源相连，小灯泡要比有电容器时更亮。这表明，电容器对交流有阻碍作用。电容器对交流阻碍作用的大小叫容抗。实验和理论分析都表明，电容器的电容越大，交流的频率越高，电容器对交流的阻碍作用就越小，即容抗越小。3.总结如下：（1）电容器对交变电流有阻碍作用，阻碍作用的大小用容抗来表示．影响电容器对交变电流阻碍作用大小的因素有电容器的电容与交流电的频率，电容器的电容越大、交流电的频率越高，电容器对交变电流的阻碍作用越小．即线圈的容抗就越小．（2）电容器在电路中的作用：通交流，隔直流；通高频，阻低频．二、电感器对交变电流的影响1.电感器对交变电流的阻碍作用如下图所示，把带铁芯的线圈L与小灯泡串联起来，先把它们接到直流电源上（甲图），再把它们接到交流电源上（乙图）。取直流电源的电压与交流电压的有效值相等，可以发现，接交流电源时灯泡要暗一些。2.在直流电路中，当电压一定时，影响电流强弱的只是电阻；但把线圈接入交流电路时，除了线圈自身的电阻对交变电流有阻碍作用外，还有由于线圈与交变电流之间的电磁感应作用所引起的阻碍作用，这叫感抗。实验和理论分析都表明，线圈的自感越大、交流的频率越高，线圈的感抗就越大。扼流圈（如下图）是电工技术和电子技术常用的元件，它利用了电感器对交流的阻碍作用，分为高频扼流圈和低频扼流圈。3.总结如下：（1）电感器对交变电流有阻碍作用，阻碍作用的大小用感抗来表示．影响电感器对交变电流阻碍作用大小的因素：线圈的自感系数和交流电的频率．线圈的自感系数越大、交流电的频率越高，电感对交变电流的阻碍作用越大．即线圈的感抗就越大．（2）电感器在电路中的作用：通直流，阻交流；通低频，阻高频．“通直流，阻交流”这是对两种不同类型的电流而言的，因为（恒定）直流电的电流不变化，不能引起自感现象，交流电的电流时刻改变，必有自感电动势产生来阻碍电流的变化．“通低频，阻高频”这是对不同频率的交流而言的，因为交变电流的频率越高，电流变化越快，自感作用越强，感抗也就越大．【命题方向】关于电感器和电容器对交变电流的阻碍作用，下列说法中正确的是（）A、线圈的自感系数越大，感抗就越大B、通过线圈的交流电频率越高，线圈的感抗就越大C、电容器的电容越大，容抗就越大D、“通过”电容器的交流电频率越高，电容器的容抗就越大分析：根据XL＝2πLf判断感抗与什么因素有关；根据XC解答：A、根据XL＝2πLf知自感系数越大，感抗越大，通过线圈交流电的频率越高，感抗越大。故A、B正确。C、根据XC=12πCf故选：AB。点评：解决本题的关键掌握知道感抗和容抗与什么因素有关，感抗XL＝2πLf，容抗XC【解题思路点拨】1.电容器在电路中的作用：通交流，隔直流；通高频，阻低频。2.电感器在电路中的作用：通直流，阻交流；通低频，阻高频。16．电感、电容和电阻对电路的影响对比【知识点的认识】1、电感器对交变电流的阻碍作用（1）电感器对交变电流有阻碍作用，阻碍作用的大小用感抗来表示．影响电感器对交变电流阻碍作用大小的因素：线圈的自感系数和交流电的频率．线圈的自感系数越大、交流电的频率越高，电感对交变电流的阻碍作用越大．即线圈的感抗就越大．（2）电感器在电路中的作用：通直流，阻交流；通低频，阻高频．“通直流，阻交流”这是对两种不同类型的电流而言的，因为（恒定）直流电的电流不变化，不能引起自感现象，交流电的电流时刻改变，必有自感电动势产生来阻碍电流的变化．“通低频，阻高频”这是对不同频率的交流而言的，因为交变电流的频率越高，电流变化越快，自感作用越强，感抗也就越大．（3）电感器的应用扼流圈：扼流圈是利用电感阻碍交变电流的作用制成的电感线圈．分低频扼流圈和高频扼流圈两类：低频扼流圈构造：线圈绕在铁芯上，匝数多，自感系数大，电阻较小作用：通直流，阻交流高频扼流圈构造：线圈绕在铁氧体上，匝数少，自感系数小（铁芯易磁化使自感系数增大，铁氧体不易磁化，自感系数很小）作用：通低频，阻高频2、电容器对交变电流的阻碍作用（1）电容器对交变电流有阻碍作用，阻碍作用的大小用容抗来表示．影响电容器对交变电流阻碍作用大小的因素有电容器的电容与交流电的频率，电容器的电容越大、交流电的频率越高，电容器对交变电流的阻碍作用越小．即线圈的容抗就越大．（2）电容器在电路中的作用：通交流，隔直流；通高频，阻低频．信号和交流信号，如图1所示，该电路中的电容就起到“隔直流，通交流”的作用，其电容器叫耦合（或隔直）电容器．在电子技术中，从某一装置输出的电流常常既有高频成分，又有低频成分，若在下一级电路的输入端并联一个电容器，就可只把低频成分的交流信号输送到下一级装置，如图2所示，具有这种“通高频，阻低频”用途的电容器叫高频旁路电容器．【命题方向】如图所示，当交流电源的电压为220V，频率为50Hz时，三只灯泡，L1、L2、L3亮度相同。若保持交流电源的电压不变，只将其频率变为100Hz，则（）A、L1、L2、L3的亮度都比原来亮B、只有L1的亮度比原来亮C、只有L2