专题26 交流电的产生及描述-2025年高考物理热点知识讲练与题型归纳（全国通用）

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题型一 交变电流的产生及变化规律
1．交变电流的产生
(1)线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动．
(2)两个特殊位置的特点：
①线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，eq \f(ΔΦ,Δt)＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变．
②线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，eq \f(ΔΦ,Δt)最大，e最大，i最大，电流方向不改变．
(3)电流方向的改变：线圈通过中性面时，电流方向发生改变，一个周期内线圈两次通过中性面，因此电流的方向改变两次．
(4)交变电动势的最大值Em＝nBSω，与转轴位置无关，与线圈形状无关．
2．交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)
（2024•九龙坡区模拟）如图甲，风吹向风力发电机叶片带动风轮机内部的矩形线圈在水平匀强磁场中转动，发电机简化模型为图乙。矩形线圈以角速度ω绕垂直于磁场的水平转轴OO顺时针匀速转动产生交流电，已知N匝线圈产生的感应电动势的最大值为Em。则（ ）
A．图示位置时AB边产生的感应电流方向为B到A
B．当线圈转到竖直位置时电流表的示数为零
C．图示位置时磁通量的变化率最小
D．穿过线圈的最大磁通量为EmNω
【解答】解：A.根据右手定则当线圈转到图示位置时产生的感应电流方向为A到B，故A错误；
B.电流表示数显示的是有效值而不是瞬时值，因而电流表示数不为0，故B错误；
C.图示位置在中性面的垂面，交流电中的电压瞬时值为：
e＝Emcsωt
其中Em＝NBSω，则
e＝NBSωcsωt
可知图示位置时，电动势最大，根据法拉第电磁感应定律可知，磁通量的变化率最大。故C错误；
D.穿过线圈的最大磁通量为：
Φm＝BS
又Em＝NBSω
解得：Φm=EmNω
故D正确。
故选：D。
（2024•深圳一模）如图所示，各线圈在匀强磁场中绕轴匀速转动（从左往右看沿顺时针方向转），从图示位置开始计时，设电流从2流出线圈为正方向，能产生图甲波形交变电流的是（ ）
A．线圈平面与磁场垂直
B．线圈平面与磁场平行
C．线圈平面与磁场垂直
D．线圈平面与磁场平行
【解答】解：初始时刻，感应电流为0，则初始时刻线圈平面与磁场垂直，结合右手定则可知图A中电流从2流出线圈为正方向，故A正确，BCD错误；
故选：A。
（2024•江苏模拟）如图所示，在足够大的、磁感应强度为B的匀强磁场中，一匝数为N、面积为S的矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，则当线框平面与中性面（ ）
A．垂直时，线框的四条边受到安培力
B．垂直时，线框的磁通量变化率最大
C．重合时，线框产生的感应电动势最大
D．重合时，穿过线框的磁通量为NBS
【解答】解：A．当线框平面与中性面垂直时，上下两边的电流方向与磁感线平行，所以上下两边不受安培力，故A错误；
B.当线框平面与中性面垂直时，磁通量为零，此时线框的磁通量变化率最大，感应电动势最大，B正确；
CD．当线框平面与中性面重合时，磁通量最大，线框产生的感应电动势最小为0，磁通量为
Φ＝BS
故CD错误；
故选：B。
（2023•山西模拟）如图1为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．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO'沿逆时针方向以角速度ω匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图2所示，下列结论正确的是（ ）
A．线圈从图1所示位置转过90°时是图2的计时起点
B．每经过图1所示位置1次，电流方向改变1次
C．若线圈的匝数为20，则电动势的最大值是20V
D．若增大线圈转动的角速度，则磁通量变化率的最大值增大
【解答】解：A、由图2可知，t＝0时刻穿过线圈的磁通量为0，线圈与磁场平行，则图1所示位置是图2的计时起点，故A错误；
B、经过图1所示位置时电流方向不改变，线圈经过图1所示位置的垂直位置1次时，电流方向改变1次，故B错误；
C、由图读出周期T＝0.4s，磁通量的最大值Φm＝0.2Wb，则电动势的最大值为Em＝NBSω＝NΦm•2πT=20×0.2×2π0.4V＝20πV，故C错误；
D、由Em＝NBSω知，增大线圈转动的角速度，电动势的最大值增大，由法拉第电磁感应定律E＝NΔΦΔt知磁通量变化率的最大值增大，故D正确。
故选：D。
（多选）（2023•河西区校级二模）如图甲为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n＝20匝的线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向以角速度ω匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图乙所示。已知线圈内阻r＝1Ω，与线圈连接的定值电阻R＝9Ω，其他部分的电阻不计。下列说法正确的是（ ）
A．图甲所示位置是图乙的计时起点
B．线圈中产生电动势的最大值为20π
C．在0～0.1s内，通过电阻R的电荷量为0.8C
D．在0～0.1s内，电阻R产生的焦耳热为1.8π2J
【解答】解：A、图甲所示位置穿过线圈的磁通量为0，对应图乙的计时起点，故A正确；
B、线圈中产生电动势的最大值为Em＝nBSω＝nΦm2πT=20×0.2×2π0.4V＝20πV，故B正确；
C、通过电阻R的电荷量为q=It
由闭合电路欧姆定律得：I=ER+r
根据法拉第电磁感应定律得E=nΔΦΔt
由题意得：ΔΦ＝0.2Wb
代入数据联立解得：q＝0.4C
故C错误；
D、电流的有效值为I=ER+r=Em2R+r=20π29+1A=2πA
0～0.1s内，电阻R产生的焦耳热为Q＝I2Rt＝（2π）2×9×0.1J＝1.8π2J
故D正确；
故选：ABD。
题型二 交流电有效值的求解
1．正弦式交流电的有效值：
I＝eq \f(Im,\r(2))，U＝eq \f(Um,\r(2))，E＝eq \f(Em,\r(2))
2．非正弦式交流电有效值的求解需根据电流的热效应进行计算．
（2024•浙江）如图所示，边长为1m、电阻为0.04Ω的刚性正方形线框abcd放在匀强磁场中，线框平面与磁场垂直。若线框固定不动，磁感应强度以ΔBΔt=0.1T/s均匀增大时，线框的发热功率为P；若磁感应强度恒为0.2T，线框以某一角速度绕其中心轴OO′匀速转动时，线框的发热功率为2P，则ab边所受最大的安培力为（ ）
A．12NB．22NC．1ND．2N
【解答】解：线框不动时，根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为：E=ΔBΔtL2=0.1×12V=0.1V
感应电流为：I=ER=
发热功率P为：P＝I2R＝2.52×0.04W＝0.25W
当磁感应强度恒为B＝0.2T，线框以角速度ω匀速转动时，线框中产生正弦式交变电流，设电流的有效值为I有，由题意可得：
2P=I有2R，解得：I有=522A
设电流的最大值为Im，则有：Im=2I有，解得：Im＝5A
当ab边的线速度方向与磁感线垂直时，线框中的电流为最大值，此时ab边所受安培力最大，可得ab边所受最大的安培力为：Fm＝BImL＝0.2×5×1N＝1N，故ABD错误，C正确。
故选：C。
（2024春•石景山区期末）交流发电机的示意图如图所示，矩形线圈ABCD在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′逆时针匀速转动，发电机的电动势随时间的变化规律为e＝20sin100πtV。下列说法正确的是（ ）
A．此交流电的频率为100Hz
B．此发电机电动势的有效值为20V
C．当线圈平面转到图示位置时磁通量为0
D．当线圈平面转到图示位置时磁通量的变化率为0
【解答】解：AB.根据发电机的电动势随时间的变化规律e＝20sin100πtV可知，感应电动势的最大值Em＝20V
角速度ω＝100π（rad/s）
根据频率与角速度的关系，频率f=ω2π=100π2πHz=50Hz
交流电电动势的有效值E=Em2=202V=102V，故AB错误；
CD.图示位置线圈平面与磁感线平行，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化量最大，故C正确，D错误。
故选：C。
（2024春•琼山区校级期中）调光台灯是用可控硅电子元件来实现台灯亮度调节的。如图所示为一个经过可控硅电子元件调节后加在电灯上的电压U随时间t变化的图像，其中曲线为正弦曲线的一部分。由此可知，调光台灯的电压为（ ）
A．10VB．102VC．1033VD．1023V
【解答】解：设交流电的有效值为U，将交流电与直流电分别通过相同电阻R，根据电流的热效应，可得U2RT=102R×T3
解得U=1033V
故ABD错误，C正确。
故选：C。
（2024春•成都期末）某矩形金属线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，线圈产生的感应电动势e随时间t变化的情况如图中正弦曲线所示。下列说法正确的是（ ）
A．该电动势的有效值为22V
B．该交变电流的频率为0.2Hz
C．1s内线圈产生的电流方向改变5次
D．t＝0.1s时，穿过线圈的磁通量为零
【解答】解：A、由图可知，交流电的最大值Em＝4V，所以有效值E=Em2=42V＝22V，故A正确；
B、由图可知，交流电的周期T＝0.2s，则此交变电流的频率为f=1T=10.2Hz＝5Hz，故B错误；
C、一个周期内交流电的方向改变2次，则可知，1s内电流方向改变次数n＝5×2次＝10次，故C错误；
C、由图可知，t＝0.1s时，线圈感应电动势为零，线圈处于中性面，故线圈平面与磁场方向垂直，磁通量最大，故D错误。
故选：A。
（2024•和平区校级二模）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的关系图象如图所示。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2πΦmT
C．线框转一周外力所做的功为2π2Φm2RT
D．从t＝0到t=T4过程中线框的平均感应电动势为4πΦmT
【解答】解：A、T2时刻，磁通量最大，线框平面位于中性面，故A错误；
B、角速度ω=2πT，感应电动势的最大值Em＝Φmω=2πΦmT，有效值E=Em2=2πΦmT，故B正确；
C、根据功能关系可知，线框转一周外力所做的功等于回路中产生的焦耳热，则有：W＝Q=E2RT=2π2Φm2RT，故C错误；
D、从t＝0到t=T4过程中线框的平均感应电动势：E=ΔΦΔt=Φm-0T4=4ΦmT，故D错误。
故选：B。
题型三 交变电流“四值”的比较
交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较
（2024•皇姑区校级模拟）一单匝闭合矩形线圈abcd以角速度ω绕垂直于磁感线的固定轴OO'匀速转动，线圈平面位于如图甲所示的匀强磁场中，线圈电阻为R。通过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示。下列说法不正确的是（ ）
A．t1、t3时刻线圈中感应电流方向改变，线圈平面与磁场方向垂直
B．t2、t4时刻通过线圈平面的磁通量变化率最大，线圈中感应电动势最大
C．从t1到t3的过程，通过线圈某一截面的电荷量为ΦmR
D．线框转动一周产生的焦耳热为πΦm2ωR
【解答】解：A、t1、t3时刻通过线圈的磁通量最大，为中性面，感应电流方向改变，线圈平面与磁场方向垂直，故A正确；
B、t2、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，磁通量变化率最大，故B正确；
C、从t1到t3的过程，电流的平均值为：I=|ER|=ΔΦR⋅Δt=2ΦmR2ΦmR⋅Δt
通过线圈某一截面的电荷量为：q=I•Δt
解得：q=2ΦmR，故C错误；
D、线圈转动产生的感应电动势的最大值为Em＝BSω＝Φmω，所以线圈转动一周产生的焦耳热为Q=(Em2)2R⋅T=Φm2ω22R⋅2πω=πΦm2ωR，故D正确。
本题选错误的，
故选：C。
（2024•新余二模）为探究手摇式发电机的工作原理，两同学来到实验室设计了如图甲、乙所示的两个实验装置，由于两装置中仅使用的滑环有所不同，使得甲装置产生了直流电（如图丙），乙装置产生了交流电（如图丁）。若两装置中线圈以相同角速度在相同匀强磁场中同步进行匀速转动。则下列说法中正确的是（ ）
A．两装置在图示位置所产生的瞬时电流均为零
B．两装置中所产生的电流变化周期不相同
C．在0～2t0内，两装置中电阻R产生的焦耳热不同
D．在0～2t0内，两装置中通过电阻R的电量相同
【解答】解：A．由图甲可知此时线圈平面平行于磁场的方向，则与中性面垂直的平面，则两装置在图示位置所产生的瞬时电流达到最大值，故A错误；
B．由图丙、丁可知，甲装置所产生的电流变化周期为T甲＝t0
乙装置所产生的电流变化周期为T乙＝2t0
故两装置中所产生的电流变化周期不相同，故B正确；
C．在0～2t0内，两装置中电阻R产生的焦耳热相同，均为Q=(Im2)2R×2t0=2Im2R，故C错误；
D．根据q=I⋅Δt，可知i﹣t图线与时间轴围成的面积表示通过电阻R的电量，可知在0～2t0内，甲装置中通过电阻R的电量不为零，在0～2t0内，乙装置中通过电阻R的电量为零，二者不同。故D错误。
故选：B。
（2024春•郫都区校级期中）如图所示，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＝10sin10πt（V），则（ ）
A．该交变电流的频率为10Hz
B．该电动势的有效值为10V
C．电路中理想交流电流表的示数为0.71A
D．若将“10V 100μF”的电容器并联在发电机两端，则电容器可能被击穿
【解答】解：A、正弦式交流电电动势瞬时表达式为e＝Emsinωt，由此可知Em＝10V，ω＝10π rad/s
由电动势瞬时值表达式可知ω＝10π rad/s，则该交变电流的频率f=ω2π=10π2πHz＝5Hz，故A错误；
B、该电动势的有效值为E=Em2=102V＝52V，故B错误；
C、电路中理想交流电流表A的示数I=ER+r=529+1A=22A≈0.71A，故C正确；
D、若将“10V 100μF”的电容器并联在发电机两端，电源的最大电压为10V，等于电容器耐压值10V，则电容器不被击穿，故D错误；
故选：C。
（2024春•浏阳市期中）如图所示，将磁极N、S间的磁场看作匀强磁场，磁感应强度大小为B0，矩形线圈ABCD的面积为S，共n匝，内阻为r，线圈通过滑环与理想电压表V和阻值为R的定值电阻相连，AB边与滑环E相连；CD边与滑环F相连。若线圈正在绕垂直于磁感线的轴OOʹ以角速度ω逆时针匀速转动，图示位置线圈恰好与磁感线垂直。下列说法正确的是（ ）
A．线圈在图示位置时，通过电阻R的电流为2nωB0S2(R+r)
B．线圈自图示位置开始转动90°的过程中通过电阻R的平均电流为2nωB0Sπ(R+r)
C．线圈转动90°的过程中克服安培力做功的平均功率为4n2ω2B02S2π2(R+r)
D．线圈在图示位置时电压表的示数为0
【解答】解：A、线圈在图示位置时，穿过线圈的磁通量最大，但磁通量的变化率最小，即ΔϕΔt=0，根据法拉第电磁感应定律可得：E=nΔϕΔt=0，则通过电阻R的电流为0，故A错误；
B、线圈自图示位置开始转动90°的过程中，通过电阻R的电荷量为
q=I×Δt=Er+R×Δt=nΔϕ(r+R)Δt×Δt=nΔϕr+R=nB0Sr+R
线圈转动90°所用时间为
Δt=π2ω=π2ω
所以通过电阻R的平均电流为
I=qΔt=2nωB0Sπ(r+R)，故B正确；
C、线圈转动90°的过程中克服安培力做的功，等于转化成的电能，电能又被电阻R和线圈内阻r所消耗，所以有
W＝Q＝I2（R+r）Δt
又电流的有效值为I=ER+r=Em2R+r=nB0Sω2R+r，所用时间Δt=π2ω
克服安培力做功的平均功率为
P=WΔt
联立解得：P=n2ω2B02S22(R+r)，故C错误；
D、电压表显示的是交流电的有效值，所以其示数不为零，故D错误。
故选：B。
（2024春•渝北区校级期中）一电阻接到如图甲所示电源上，在一个周期内产生的热量为Q1；若该电阻接到图乙交流电源上（前14周期为正弦曲线），在一个周期内产生的热量为Q2。则Q1：Q2等于（ ）
A．2：1B．5：2C．10：3D．12：5
【解答】解：对图甲，根据焦耳定律得
Q1＝22×R•T2+12×R•T2=52RT
对图乙，根据焦耳定律得
Q2＝（22）2×R•T4+12×R•T4=34RT
则Q1：Q2＝10：3，故ABD错误，C正确。
故选：C。
（2024春•荔湾区校级期中）某些共享单车的内部有一个小型发电机，通过骑行者的骑行踩踏，可以不断地给单车里的蓄电池充电，蓄电池再给智能锁供电。小型发电机的发电原理可简化为图甲所示，矩形线圈abcd线圈处于匀强磁场中，通过理想交流电流表与阻值为R的电阻相连。某段时间在骑行者的踩踏下，线圈绕垂直磁场方向的轴OO′匀速转动，图乙是线圈转动过程中穿过线圈的磁通量Φ随时间t变化的图像，则（ ）
A．t＝0时刻线圈处于中性面位置
B．t3时刻，穿过线圈的磁通变化率为零，感应电动势为零
C．t1时刻电流表示数为0，t2时刻电流表的示数最大
D．t2、t4时刻电流方向发生改变，线圈转动一周，电流方向改变两次
【解答】解：A.由图乙可知，t＝0时刻穿过线圈的磁通量为0，则线圈与中性面垂直，故A错误；
B.t3时刻，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，故B正确；
C.根据题意可知，电流表的示数为回路中电流的有效值，而回路中电流的有效值不变，故C错误；
D.t2、t4时刻磁通量为零，磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，感应电流最大，此时电流方向不发生改变，而线圈转一周，电流方向改变两次，故D错误。
故选：B。
考点
考情
命题方向
考点1交变电
流的产生
考点2交变电
流的描述
2024新课标
2022浙江卷6月
2024浙江卷6月
2024广东卷
2024河北卷
2023湖南卷
2023山东
交变电流是常考题，常见题型有用有效值计算交流电路的电功、电功率和焦耳热；热功率的计算；安培力的计算公式及简单应用；法拉第电磁感应定律的基本计算；交变电流峰值的计算和影响因素．
规律
物理量
函数表达式
图象
磁通量
Φ＝Φmcs ωt＝BScs ωt
电动势
e＝Emsin ωt＝nBSωsin ωt
电压
u＝Umsin ωt＝eq \f(REm,R＋r)sin ωt
电流
i＝Imsin ωt＝eq \f(Em,R＋r)sin ωt
物理量
物理含义
重要关系
适用情况及说明
瞬时值
交变电流某一时刻的值
e＝Emsin ωt
i＝Imsin ωt
计算线圈某时刻的受力情况
峰值
最大的瞬时值
Em＝nBSω
Im＝eq \f(Em,R＋r)
讨论电容器的击穿电压
有效值
跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值
E＝eq \f(Em,\r(2))
U＝eq \f(Um,\r(2))
I＝eq \f(Im,\r(2))
适用于正(余)弦式交变电流
(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
平均值
交变电流图象中图线与时间轴所夹的面积与时间的比值
eq \x\t(E)＝Bleq \x\t(v)
eq \x\t(E)＝neq \f(ΔΦ,Δt)
eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R＋r)
计算通过电路横截面的电荷量