物理高考专题 “交变电流”类题目强化提能练(解析版)

尖子生的自我修养系列 (一)专题提能——正弦交变电流产生的五种方式 正弦式交变电流是正弦交变电动势通过闭合回路形成的，正弦式交变电动势分为两类：一类是动生电势，计算公式是e＝BLvsin θ(θ是磁感应强度B和导体棒运动速度v的夹角)；另一类是感生电动势，由通过闭合电路的磁场随时间变化产生，线圈本身并不运动。现举例说明产生正弦式交变电流的五种方式 ： (一)线圈在匀强磁场中匀速转动 当闭合线圈绕垂直于匀强磁场的转轴做匀速转动时，线圈中会产生正弦式交变电流。 [例1] 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＝5.0 Ω，外电阻R＝95 Ω。求串联在外电路中的交流电流表(内阻不计)的读数。

[解析] 从Φ­t图像可得Φm＝1.0×10－2 Wb， T＝3.14×10－2 s，电路中电流的最大值为 Im＝EmR＋r＝nωΦmR＋r＝2πnΦmTR＋r＝2 A，电流表显示交流电的有效值，所以I＝Im

2＝1.4 A。

[答案] 1.4 A

(二)导体棒在匀强磁场中平动 导体棒在匀强磁场中匀速平动，但导体棒切割磁感线的有效长度按正弦规律变化，则导体棒组成的闭合电路中就会产生正弦式交变电流。 [例2] 如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B＝0.2 T，OCA导轨与OA直导轨分别在O

点和A点接一阻值R1＝8 Ω和R2＝8 Ω，且几何尺寸可忽略的定值电阻，导轨OCA的曲线方程为y＝sinπx3 m。

金属棒ab长1.5 m，以速度v＝5.0 m/s水平向右匀速运动，b点始终在x轴上，设金属棒与导轨的接触良好，摩擦不计，电路中除了电阻R1和R2外，其余电阻均不计。求金属棒在导轨上从x＝0运动到x＝3 m的过程

中，外力必须做多少功？ [解析] 金属棒与导轨接触点之间的长度随时间变化，有效切割长度为L＝sinπx3 m，且x＝vt，所以导体棒上的电动势为e＝BLv＝sin5πt3 V，电动势最大值为Em＝1 V，电动势有效值为E＝22 V。又因为电路总电

阻为R＝R1R2R1＋R2＝4 Ω，根据能量守恒，外力做功等于电路中产生的总热量 W＝Q＝E2Rt＝0.075 J。 [答案] 0.075 J (三)导体棒在匀强磁场中振动 导体棒在匀强磁场中沿平行导轨平动切割磁感线时，棒的速度按正弦规律变化，则棒中会产生正弦交变电流。 [例3] 在竖直方向上、磁感应强度大小B＝5 T的匀强磁场中，水平放置两平行光滑金属导轨MN和PQ，导轨宽度L＝1 m，导轨一端接有定值电阻R＝10 Ω，一导体棒垂直于导轨放置，导体棒在周期性驱动力的作用下，在ab和a′b′范围内做简谐运动，其速度随时间的变化规律为v＝2sin 3.14t(m/s)，求在10 s内电阻R上产生的热量。(导体棒和导轨的电阻均不计)

[解析] 感应电动势为e＝BLv＝10sin 3.14t(V)。 电阻R两端接的是正弦交流电，电压最大值为Em＝10 V，有效值为E＝52 V，周期T＝2 s，

10 s内R上产生的热量为Q＝E2Rt＝50 J。 [答案] 50 J

(四)导体棒在不均匀磁场中平动 导体棒在磁场中匀速平动切割磁感线，在棒的平动方向上，磁场按照正弦规律变化，则棒中会产生正弦交变电流。 [例4] 如图所示，矩形裸导线框长边的长度为2L，短边的长度为L，在两个短边上均接有电阻R，其余部分电阻不计，导线框一长边与x轴重合，左端的坐标x＝0，线框处在一垂直于线框平面的磁场中，磁感应强度满足关系式B＝B0sin πx2L。一光滑导体棒AB与短边平行且与长边接触良好，电阻也是R。开始时导体棒处于x＝0处，之后在沿x轴方向的力F作用下做速度为v的匀速运动。求导体棒AB从x＝0到x＝2L的过程中力F随时间t的变化规律。

[解析] 在t时刻AB棒的坐标为x＝vt， 感应电动势为e＝BLv＝B0Lvsinπx2L， 回路总电阻为R总＝R＋0.5R＝1.5R，

通过AB的感应电流为i＝eR总＝2B0Lvsinπvt2L3R， 因为AB棒匀速运动，

所以F＝F安＝BiL＝2B02L2vsin2πvt2L3R0≤t≤2Lv。 [答案] F＝2B02L2vsin2πvt2L3R

0≤t≤

2L

v

(五)线圈处于周期性变化的磁场中 闭合线圈垂直于匀强磁场，线圈静止不动，磁场按正弦规律做周期性变化，则线圈中会产生正弦交变电流。 [例5] 边长为a、匝数为n的正方形导线框置于均匀分布的磁场区域内，磁感应强度的方向与线框平面垂直，如图甲所示，磁感应强度B随时间按图乙所示的正弦规律变化。设导线框横截面的面积为S，电阻率为ρ，图像中所标物理量为已知量，求在时间t内(t≫T)线框中产生的热量。

[解析] 线圈中的磁通量按正弦规律变化，线框中感应电动势的最大值为Em＝nBma2ω，其中ω＝2πT，又知R

＝4naρS，线框中电流的最大值为Im＝EmR，线框在时间t内产生的热量为Q＝

Im

22Rt，解以上各式得Q＝nπ2Bm2a3St2ρT2。

[答案] nπ2Bm2a3St2ρT2

[提能增分集训] 1．[多选]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，

为交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴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像如图乙所示。以下判断正确的是( )

A．电流表的示数为10 A B．线圈转动的角速度为50π rad/s C．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行 D．0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左 解析：选AC 根据i­t图像可知，交流电的最大值为102 A，所以电流表的示数(有效值)为10 A，A正确。交流电的周期T＝0.02 s，线圈转动的角速度ω＝2πT＝100π rad/s，B错误。0.01 s时，感应电流达到峰值，线圈平面与磁场方向平行，C正确。0.02 s时，线圈又回到题图所示位置，根据右手定则可以判断，电阻R中电流的方向自左向右，D错误。 2．[多选]面积都为S且电阻相同的正方形线圈和圆形线圈，分别放在如图所示的磁场中，图甲中是磁感应

强度为B0的匀强磁场，线圈在磁场中以周期T绕OO′轴匀速转动，图乙中磁场变化规律为B＝B0cos 2πtT，从图示位置开始计时，则( )

A．两线圈的磁通量变化规律相同 B．两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同 C．经相同的时间t(t>T)，两线圈产生的热量相同 D．从图示位置时刻起，经T4时间，流过两线圈横截面的电荷量相同

解析：选ACD 图甲中通过线圈的磁通量变化规律为Φ甲＝B0Scos 2πTt，图乙中通过线圈的磁通量变化规律

为Φ乙＝B0Scos 2πTt。由于两线圈的磁通量变化规律相同，则两线圈中感应电动势的变化规律相同，达到最

大值的时刻也相同，有效值E也相同。又因两线圈电阻相同，所以Q＝E2Rt也相同。经过T4时间，流过两线圈横截面的电荷量q＝I·T4也相同，故A、C、D正确。 3.(2020·乌鲁木齐模拟)如图所示，闭合金属线框曲线部分恰好是半个周期的正弦曲线，直线部分长度为0.4 m，线框的电阻为1 Ω，若线框从虚线位置开始以2 m/s的速度匀速进入足够大的匀强磁场(线框直线部分始终与磁场右边界垂直)，这个过程中线框释放出的焦耳热为 0.4 J，线框中电流随时间变化的关系式为( )

A．i＝2sin 10πt(A) B．i＝2sin 10πt(A) C．i＝2sin 5πt(A) D．i＝2sin 5πt(A) 解析：选C 由题意知，线框有效切割的长度作正弦规律变化，则线框中产生正弦式电流，设该正弦式电流有效值为I，由题意可得Q＝I2Rt，其中t＝lv＝0.2 s，解得I＝2 A，所以该正弦式交流电的最大值为Im＝2

I＝2 A，金属线框从图示位置到完全进入磁场为半个周期，故T＝2lv＝0.4 s，ω＝2πT＝5π rad/s，所以正弦式

交流电的表达式为i＝2sin 5πt (A)，C正确。 4．(2020·临沂模拟)如图甲所示是一种振动发电装置的示意图，一个半径r＝0.10 m、匝数n＝20匝的线圈套在永久磁铁槽中，槽中磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右侧视图如图乙所示)，线圈所在位置磁感应强度B的大小均为B＝0.60π T，线圈的电阻R1＝0.50 Ω，它的引出线接有R2＝9.50 Ω的小灯泡L，

为理想交流电流表。当线圈框架的P端在外力作用下沿轴线做往复运动，便有电流通过灯泡。若线圈往复运动的规律如图丙所示(v取向右为正)，则下列判断正确的是( )

A．电流表的示数为0.24 A B．0.01 s时回路中的电流最大 C．回路中交流电的频率为50 Hz D．0.015 s时灯泡L中电流的方向为从D→L→C 解析：选C 由E＝BLv及v­t图可知，线圈往复运动所产生的感应电流为正弦式交流电，则Em＝nB×2πrvm

＝2.4 V，电流的有效值I＝Em2R1＋R2＝0.242 A，A错；由题图可知T＝0.02 s，f＝50 Hz，C正确；t＝0.01 s

时，v＝0，所以I＝0，B错；t＝0.015 s时，由右手定则可知，电流方向C→L→D，D错。 5．[多选](2020·西安质检)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1＝10匝、n2＝100匝，副线

圈接有R＝1 000 Ω的电阻，原线圈与电阻不计的导线圈构成闭合回路，其中圆形区域的面积为S＝0.4π m2。在该圆形区域内有按如图乙所示的正弦规律变化的磁场垂直穿过，不计电流表内阻，下列说法正确的是提示：B＝B0sin ωt，则当Δt→0时，ΔBΔt＝B0ωcos ωt( )

A．导线圈的电动势为20 V B．导线圈的电动势为102 V C．负载电阻R的电流为2 A D．电流表的示数为2 A 解析：选BD 根据法拉第电磁感应定律，电动势最大值Em＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS＝B0ωS＝B02πTS，代入数据可得Em

＝20 V，电动势有效值E＝102 V，B正确，A错误。电压与匝数成正比，所以变压器副线圈电压U2＝10E

＝1002 V，变压器副线圈电流I2＝U2R＝210 A，电流与匝数成反比，所以原线圈电流I1＝10I2＝2 A，C

错误，D正确。

(二)综合深化——“交变电流”类题目强化提能练