假期作业5 交变电流的产生及描述-【快乐假期】2025年高二物理暑假大作业

　　　假期作业５　交变电流的产生及描述　　　　　　　　　　 　　如图是演示用的手摇发电机模型,N 匝面 积为S 的线圈以角速率ω 转动,从某次经过中 性面开始计时． (１)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时,一定 会产生正弦式交变电流． (　　) (２)矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向 的轴匀速转动经过中性面时,线圈中的感 应电动势为零,电流方向发生改变．(　　) (３)交流电压表和电流表测量的是交流电的 峰值． (　　) (４)交变电流的峰值总是有效值的 ２倍． (　　) (５)可以用平均值计算交变电流产生的热量． (　　) (６)交流电路中电压表、电流表的示数都是有 效值． (　　) (７)正弦交变电流１４ 周期与１ ２ 周期内电流的有 效值一定不同． (　　) 一、选择题 １．(多选)一个矩形线圈在匀强磁场中转动,产生 的感应电动势e＝２２０ ２sin１００πtV,则(　　) A．交流电的频率是１００πHz B．t＝０时,线圈位于中性面 C．交流电的周期是０．０２s D．t＝０．０５s时,e有最大值 ２．如图所示一矩形线圈 绕与匀强磁场垂直的 中心轴 OO′沿顺时针 方向转动,引出线的两 端分别与相互绝缘的两个半圆形铜环P和 Q相连,P和 Q又通过固定的电刷与电阻R 相连．在线圈转动过程中,通过电阻 R 的 电流 (　　) A．大小和方向都随时间做周期性变化 B．大小和方向都不随时间做周期性变化 C．大小不断变化,方向总是P→R→Q D．大小不断变化,方向总是 Q→R→P ３．(多选)矩形线圈的匝数 为５０匝,在匀强磁场中 绕垂直于磁场的轴匀速 转动时,穿过线圈的磁通量随时间的变化规 律如图所示．下列结论正确的是 (　　) A．在t＝０．１s和t＝０．３s时,电动势最大 B．在t＝０．２s和t＝０．４s时,电动势改 变方向 C．电动势的最大值是１５７V D．在t＝０．４s时,磁通量变化率最大,其值 为３．１４Wb/s ４．(多选)一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于 磁感线的轴转动,产生的感应电动势为e＝ ２２０２sin１００πtV,则下说法中正确的是 (　　) A．交流电的频率是５０Hz B．t＝０时线圈平面恰与中性面重合 C．如果发电机功率足够大,它可使“２２０V, １１０W”的灯泡正常发光 D．用交流电压表测量时它的读数为２２０ ２V 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２１ ５．如图所示,正弦波和方波交变电流的最大值 相等,周期也相等,现使它们通过完全相同 的电阻,则在相同的时间(远大于周期)内, 两电阻发热之比Q甲/Q乙 等于 (　　) A．１/２ B．１/２ C．１/４ D．１/１ ６．近日,小米发布了“小感量＋磁吸”无线充电 预研技术———磁吸式无线充电,通过磁铁的 吸附力,把无线充电发射线圈和接收线圈紧 密结合在一起,将大大降低能量损耗．某次 测试中磁吸无线充电底座线圈接于u＝ ２２０ ２sin(１００πt)(V)的交流电源,已知发 射线圈和接收线圈匝数比为１１∶１,功率为 ５０W．则 (　　) A．接收线圈的工作原理是电流的磁效应 B．发射线圈连接直流电源也能实现无线 充电 C．若不计能量损耗,接收线圈获得的电压 最大值为２０V D．若不计能量损耗,通过接收线圈的电流有 效值为２．５A ７．(多选)图甲为气球带动下悬挂在高空中的 风力发电机,可供地面临时用电,发电机的 构造示意图如图乙所示,在图示位置时线圈 abcd所在平面与磁感线平行.则线圈abcd 转至图示位置时 (　　) A．穿过线圈的磁通量最大 B．穿过线圈的磁通量的变化率最大 C．流过电灯L的电流方向为A→B D．ab边受到的安培力方向垂直线圈平面 向上 ８．(多选)如图所示,有矩形线圈 面积为S．匝数为n,整个线圈 内阻为r,在匀强磁场B 中绕O O′轴以角速度ω 匀速转动,外 电路电阻为R．当线圈由图示位置转过９０° 的过程中,下列说法正确的是 (　　) A．磁通量的变化量为ΔΦ＝nBS B．平均感应电动势为e＝２nBSω/π C．电阻R 所产生的焦耳热为n ２B２S２ωπ ４R D．通过电阻R的电荷量值为Q＝nBS/(R＋r) 二、非选择题 ９．如图所示,边长为a的正 方形线圈在磁感应强度为 B 的匀强磁场中,以对角 线为轴匀速转动,角速度 为ω,转动轴与磁场方向 垂直,若线圈电阻为 R,则从图示位置绕 OO′转过９０°角的过程中,流过导体横截面 的电荷量是多少? 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３１ １０．如图所示,在皮带带动下,固 定在发动机轴上的正方形线 圈以ω＝５０rad/s的角速度匀 速转动,线圈每边长a＝２０ cm,匝数n＝１０匝,线圈总 电阻r＝１Ω,转动轴OO′穿 过线圈对边的中点,整个装置位于磁感应 强度B＝１T 的匀强磁场中．线圈中产生 的交流电经集电环向 R＝９Ω 的电阻供 电．求: (１)交流电流表和电压表的示数． (２)电源内的发热功率和电源的输出功率． １．(２０２４􀅰河北卷,４T)R１、R２ 为两个完全相 同的定值电阻,R１ 两端的电压随时间周期 性变化的规律如图１所示(三角形脉冲交流 电压的峰值是有效值的 ３倍),R２ 两端的电 压随时间按正弦规律变化如图２所示,则两 电阻在一个周期T 内产生的热量之比Q１∶ Q２ 为 (　　) A．２∶３ B．４∶３ C．２∶ ３ D．５∶４ ２．(多选)(２０２４􀅰新 课标卷,２０T)电动 汽车 制 动 时 可 利 用车 轮 转 动 将 其 动能 转 换 成 电 能 储存起来．车轮转 动时带动磁极绕固定的线圈旋转,在线圈中 产生电流．磁极匀速转动的某瞬间,磁场方 向恰与线圈平面垂直,如图所示．将两磁极 间的磁场视为匀强磁场,则磁极再转过９０° 时,线圈中 (　　) A．电流最小 B．电流最大 C．电流方向由P 指向Q D．电流方向由Q 指向P ３．(２０２３􀅰 湖 南 卷, ９T)某同学自制了 一个手摇交流发电 机,如图所示．大轮 与小轮通过皮带传 动(皮带不打滑),半径之比为４∶１,小轮与 线圈固定在同一转轴上,线圈是由漆包线 绕制而成的边长为L 的正方形,共n匝,总 阻值为R．磁体间磁场可视为磁感应强度 大小为B 的匀强磁场．大轮以角速度ω匀 速转动,带动小轮及线圈绕转轴转动,转轴 与磁场方向垂直．线圈通过导线、滑环和电 刷连接一个阻值恒为R 的灯泡．假设发电 时灯泡能发光且工作在额定电压以内,下 列说法正确的是 (　　) A．线圈转动的角速度为４ω B．灯泡两端电压有效值为３ ２nBL２ω C．若用总长为原来两倍的相同漆包线重新 绕制成边长仍为L 的多匝正方形线圈, 则灯泡两端电压有效值为４ ２nBL ２ω ３ D．若仅将小轮半径变为原来的两倍,则灯 泡变得更亮 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４１ 高考在线 １．BC　[A、B．如图所示 在t＝０到t＝π２ω 的过程中,线框的有效切割长度先变大 再变小,当t＝π４ω 时,有效切割长度最大为 ２L,此时,感应 电动势最大,所以在t＝０到t＝π２ω 的过程中,E 先增大后 减小,故B正确,A错误; C、D．在t＝０到t＝π４ω 的过程中,设转过的角度为θ,由几 何关系可得θ＝ωt, 进入磁场部分线框的面积S＝L 􀅰Ltanθ ２ , 穿过线圈的磁通量Φ＝BS＝BL ２tanωt ２ , 线圈产生的感应电动势E＝ΔΦΔt , 感应电动势的变化率ΔE Δt＝E′ , 对Φ＝BL ２tanωt ２ 求二次导数得 ΔE Δt＝BL ２ω２sec２ωttanωt, 在t＝０到t＝π４ω 的过程中BL２ω２sec２ωttanωt一直变大, 所以 E 的 变 化 率 一 直 增 大,故 C 正 确,D 错 误．故 选 B、C．] ２．ABD　[由于金属棒 MN 运动过程切割磁感线产生感应 电动势,回路有感应电流,产生焦耳热,金属棒 MN 的机 械能不断减小,由于金属导轨光滑,所以经过多次往返运 动,MN 最终一定静止于OO′位置,故 A 正确;当金属棒 MN 向右运动,根据右手定则可知,MN 中电流方向由M 到N,根据左手定则,可知金属棒 MN 受到的安培力水平 向左,则安培力做负功;当金属棒 MN 向左运动,根据右 手定则可知,MN 中电流方向由N 到M,根据左手定则, 可知金属棒 MN 受到的安培力水平向右,则安培力做负 功;可知 MN 运动过程中安培力始终做负功,故 B正确; 金属棒 MN 从释放到第一次到达OO′位置过程中,由于 在OO′位置重力沿切线方向的分力为０,可知在到达OO′ 位置之前的位置,重力沿切线方向的分力已经小于安培 力沿切线方向的分力,金属棒 MN 已经做减速运动,故 C 错误;从释放到第一次到达OO′位置过程中,根据右手定 则可知,MN 中电流方向由M 到N,故 D正确．] 假期作业５ 情境辨析 (１)×　(２)√　(３)×　(４)×　(５)×　(６)√　(７)× 技能提升 素能提升 １．BC　[由瞬时值表达式知:角速度ω＝１００πrad/s．感应电 动势是按正弦规律变化的,所以t＝０时,线圈平面位于中 性面． 因ω＝２πf,所以f＝ω２π＝ １００π ２π Hz＝５０Hz , 由T＝１f 得T＝１５０s＝０．０２s． 当t＝０．０５s时,e＝２２０ ２sin５πV＝０,故 B、C 选 项 正确．] ２．C ３．CD　[从题图中可知,在０．１s和０．３s时刻,穿过线圈的 磁通量最大,此时刻磁通量的变化率等于零;０．２s和０．４s 时刻,穿过线圈的磁通量为零,但此时刻磁通量的变化率 最大,由此得选项 A、B错误．根据电动势的最大值公式: Em＝nBSω,Φm＝BS,ω＝２π/T,可得:Em＝５０×０．２×２× ３．１４/０．４V＝１５７V;磁通量变化率的最大值应为 Em n ＝ ３．１４Wb/s,故C、D正确．] ４．ABC ５．B　[计算电阻发热Q＝I２Rt需用交流电的有效值,图甲 的有效值为I１＝ Im ２ ,图乙的有效值为I２＝Im,所以代入 可得Q甲/Q乙＝１/２．] ６．D　[无线充电手机接收线圈部分工作原理是电磁感应, 而非“电流的磁效应”,故 A错误;若发射线圈发射的直流 电,根据电磁感应的原理,在接收线圈中不能产生电流, 不能充电,故B错误;根据变压器的原理,电压与匝数成 正比,所以U２＝n２n１U１＝ １ １１×２２０V＝２０V ,即副线圈电压 的有效值为２０V,但最大值可达２０ ２V,故 C错误;接收 线圈的电流I２＝PU２＝ ５０ ２０A＝２．５A ,故 D正确．] ７．BC　[线圈abcd 转至题图乙所示位置时,线圈平面与磁 场方向平行,磁通量为零,感应电动势最大,穿过线圈的 磁通量的变化率最大,故 A 错误,B正确;由右手定则可 知,在题图示位置时线圈中的电流方向为a→b→c→d,则 通过电灯L的电流方向为A→B,故 C正确;根据左手定 则判断知线圈在题图乙所示位置时ab边受到的安培力 方向垂直线圈平面向下,故 D错误.] ８．BD　 [E＝n ΔΦΔt＝n BS π ２ω ＝２nBSω/π;Q＝ ER＋r 􀅰Δt ＝nBSR＋r． ] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４４ ９．解析:求通过导体横截面的电荷量应用平均电流计算: q＝IΔt＝ERΔt． 而平均电动势E＝ΔΦΔt＝ Ba２ Δt , 所以q＝ΔΦΔt 􀅰１ R 􀅰Δt＝Ba ２ R ． 答案:Ba ２ R １０．解析:(１)由题知感应电动势最大值 Em＝nBSω＝１０×１×０．０４×５０V＝２０V, 则有效值E＝Em/２＝１０ ２V, 电流表示数I＝E/(R＋r)＝１０ ２９＋１A＝ ２A＝１．４１４A , 电压表示数U＝IR＝９ ２V＝１２．７２６V; (２)电源内的发热功率Pr＝I２r＝(２)２×１W＝２W,电 源的输出功率P出＝I２R＝(２)２×９W＝１８W． 答案:(１)１．４１４A　１２．７２６V　(２)２W　１８W 高考在线 １．B　设R１、R２ 的阻值均为R,根据题中所给信息,结合题 图图像可得Q１＝ U０ ３ æ è ç ö ø ÷ ２ R 􀅰T ２＋ U２０ R 􀅰T ２＝ ２U２０ ３RT ,Q２＝ U０ ２ æ è ç ö ø ÷ ２ R T＝ U２０ ２RT ,则Q１ Q２ ＝４３ ,B正确． ２．BD　如图开始线圈处于中性面位置,当磁极再转过９０° 时,此时穿过线圈的磁通量为０,故可知电流最大;在磁极 转动的过程中,穿过线圈的磁通量在减小,根据楞次定律 可知,此时感应电流方向由Q 指向P． ３．AC　[大轮和小轮通过皮带传动,线速度相等,小轮和线 圈同轴转动,角速度相等,根据v＝ωr, 根据题意可知大轮与小轮半径之比为４∶１,则小轮转动 的角速度为４ω,线圈转动的角速度为４ω,A 正确;线圈产 生感应电动势的最大值Emax＝nBS􀅰４ω, 又S＝L２, 联立可得Emax＝４nBL２ω, 则线圈产生感应电动势的有效值E＝ Emax ２ ＝２ ２nBL２ω, 根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为U＝ RE R＋R＝ ２nBL ２ω,B错误;若用总长为原来两倍的相同漆 包线重新绕制成边长仍为L 的多匝正方形线圈,则线圈 的匝数变为原来的２倍,线圈产生感应电动势的最大值 Emax＝８nBL２ω, 此时 线 圈 产 生 感 应 电 动 势 的 有 效 值 E′ ＝ E′max ２ ＝４ ２nBL２ω, 根据电阻定律R′＝ρ l S′ , 可知线圈电阻变为原来的２倍,即为２R,根据串联电路分 压原 理 可 得 灯 泡 两 端 电 压 有 效 值 U′＝ RE′R＋２R ＝ ４ ２nBL２ω ３ ,C正确;若仅将小轮半径变为原来的两倍,根 据v＝ωr可知小轮和线圈的角速度变小,根据E＝nBSω ２ , 可知线圈产生的感应电动势有效值变小,则灯泡变暗, D错误．故选 AC．] 假期作业６ 情境辨析 (１)×　(２)√　(３)√　(４)√　(５)×　(６)×　(７)√ 技能提升 素能提升 １．C　２．C　３．BCD ４．BCD　[变压器所接电源电压的有效值为U１＝ ２２０ ２ ２ V ＝２２０ V,输 出 电 压 U１ U２ ＝ n１ n２ ,U２ ＝ n２U１ n１ ＝２２０１０ V＝ ２２V,A错．由P入 ＝P出 ,得 P出 ＝I１U１＝１×２２０ W＝ ２２０W．B对．当穿过线圈的磁通量变化率最大时Um＝ n１ ΔΦ Δt ,ΔΦ Δt＝ Um n１ ＝２２０ ２１００ Wb /s＝２．２ ２ Wb/s．C对．由图 像可知T＝０．０２s,f＝５０Hz,即每秒钟线圈转５０圈,电 流方向改变５０×２次＝１００次．D对．] ５．B　 [输 电 线 上 输 送 的 电 流 为I输 ＝ P输 U输 ＝ ３×１０６kW ５００kV ＝６０００A,A 选项错误．输电线上由电阻造成的损失电 压U损 ＝I输 ×R线 ＝６０００A×２．５Ω＝１．５×１０４ V, B选项正确．若输电电压为５kV,则输电线上损失的功率 不可能大于输电总功率３×１０６kW,C选项错误,ΔP＝U ２ r 中,U 应当为输电线上损失的电压,D选项错误．] ６．ABD　[依据输电原理,电路中的功率损耗 ΔP＝I２R线 , 而R线 ＝ρ L S ,增大输电线的横截面积,减小输电线的电 阻,则能够减小输电线上的功率损耗,A 正确;由P＝UI 来看在输送功率一定的情况下,输送电压U 越大,则输电 电流越小,则功率损耗越小,B正确;若输电电压一定,输 送功率越大,则电流I越大,电路中损耗的电功率越大,C 错误;输电电压并不是电压越高越好,因为电压越高,对 于安全和技术的要求越高,D正确．] ７．解析:(１)升压变压器,电压与匝数的关系满足 U１ U２ ＝ n１ n２ ＝１８ , 又U１＝２５０V,解得U２＝２０００V; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５４