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第十二章 交变电流 传感器
第 01 练 交变电流的产生和描述
知识目标 知识点
目标一 正弦式交变电流的产生及变化规律
目标二 交变电流有效值的求解
目标三 交变电流“四值”的理解和计算
1．如图所示，N匝正方形闭合金属线圈abcd边长为L，线圈处于磁感应强度大小为B的匀强磁场
L
中，绕着与磁场垂直且与线圈共面的轴OO'以角速度ω匀速转动，ab边距轴 。线圈中感应电动势
4
的有效值为( )
√2 1 √2
A. NBL2ω B. NBL2ω C. NBL2ω D. NBL2ω
2 2 4
【答案】B
【解析】解：线圈转动产生的感应电动势的最大值与转轴位置对最大感应电动势无影响，故
E √2NBL2ω
E =NBL2ω，故有效值E= m= ，故ACD错误，B正确；
m √2 2
故选：B。
线圈在绕垂直于磁场的转轴转动过程中产生的感应电动势的最大值为E =NBSω，最大值与转轴的
m
位置无关，根据正弦式交变电流最大值和有效值间的关系即可求得有效值。
本题主要考查了线圈转动产生正弦式交变电压的最大值及与有效值间的关系即可判断。
2．如图所示，(a)→(b)→(c)→(d)过程是交流发电机发电的示意图，下列说法正确的是( )A. 当线圈转到图(a)位置时，线圈平面与磁感线垂直，磁通量变化率最大
B. 从图(b)开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系是i=I sinωt
m
C. 当线圈转到图(c)位置时，感应电流最小，且感应电流方向将要改变
D. 当线圈转到图(d)位置时，感应电动势最小，ab边感应电流方向为b→a
【答案】C
【解析】解：A、当线圈转到图(a)位置时，线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大，但是此时转到
中性面，产生的感应电流为零，即磁通量的变化率为0，故A错误；
B、从图(b)开始计时，b图是与中性面垂直的平面，此时线圈中产 生的感应电流最大，故线圈中电
流i随时间t变化的关系是i=I cosωt，故B错误；
m
C、当线圈转到图(c)位置时，此时也是线圈的中性面的位置，此时感应电流最小，且感应电流方
向将要改变，故C正确；
D、当线圈转到图(d)位置时，线圈的两边切割磁感线最多，故感应电动势最大，由右手定则可知，
ab边感应电流方向为b→a，故D错误。
故选：C。
线圈平面在(a)位置为中性面，线圈平面与磁感线垂直，磁通量变化率最大；图(b)位置线圈平面
和磁场平行，感应电流最大，线圈中电流i随时间t变化的关系是i=I cosωt；每经过中性面电流为
m
零，方向都要发生变化；图(d)位置线圈平面和磁场平行，感应电流最大。
本题考查了交流发电机及其产生正弦式电流的原理。掌握交流发电机线圈在各个位置的特点，是解
决本题的关键点。
3．一正弦式交变电流的i-t图像如图所示。下列说法正确的是( )
A. 在t=0.4s时电流改变方向 B. 该交变电流的周期为0.5s
√2
C. 该交变电流的表达式为i=2cos5πt A D. 该交变电流的有效值为 A
2
【答案】C
【解析】解：A、根据图可知，在t=0.4s时电流方向不变，故A错误；B、根据图可知，交流电的周期T=0.4s，故B错误；
2π 2π
C、根据图像可知交流电电流的最大值为I =2A，角速度ω= = rad/s=5πrad/s，故该
m T 0.4
交变电流的表达式为i=2cos5πtA，故C正确；
I 2
D、电流的有效值为I= m = A=√2A，故D错误。
√2 √2
故选：C。
根据图像判断出交流电电流的最大值和周期，判断出电流方向发生改变的时刻，求得角速度和有效
值，即可判断出瞬时电流的表达式。
I
根据图象获取有用信息，知道正弦式交变电流的有效值I= m ，根据图像判断出交流电的瞬时表达
√2
式。
4．如图所示，虚线是正弦交流电的图像，实线是另一交流电的图像，它们的周期T和最大值U相
同，则实线所对应的交流电的有效值U满足( )
1 √2 √2 √2
A. U= U B. U= U C. U> U D. U< U
2 m 2 m 2 m 2 m
【答案】D
【解析】
【分析】依据交流电的有效值定义判断即可。
【解答】依据交流电的有效值定义，若是正弦式交流电，即为虚线的图像，那么其有效值为：
√2
U'= U ，
2 m
由图像可知，实线所对应的交流电在除峰值外的任意时刻其瞬时值总是小于正弦交流电的瞬时值，
那么在一个周期内，对于相同的电阻，实线所对应的交流电产生的热量小于正弦交流电产生的热量，
√2
故实线所对应的交流电的有效值小于正弦交流电的有效值，即U< U ，故ABC错误，D正确。
2 m
5．如图所示的电路中，C为电容器，L 、L 为小灯泡，R为光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减
1 2
小)，闭合开关S后，当照射光强度减弱时( )A. 小灯泡L 变亮
1
B. 小灯泡L 变亮
2
C. 电流表示数变大
D. 电容器所带电荷量变大
【答案】D
【解析】解：AB、闭合开关S后，当照射光强度减弱时，R增大，由闭合电路欧姆定律分析可知，
电路中电流减小，流过两灯泡的电流减小，则小灯泡L 、L 均变暗，故AB错误；
1 2
C、电路中电流减小，则电流表示数变小，故C错误；
D、电容器板间电压U=E-I(R +r)，I减小，其它量不变，则U增大，由Q=CU知电容器所带
L1
电荷量变大，故D正确。
故选：D。
闭合开关S后，当照射光强度减弱时，根据光敏电阻的性质分析其阻值的变化，由闭合电路欧姆定
律分析电路中电流的变化，即可知道灯泡亮度的变化以及电流表示数的变化。分析电容器板间电压
的变化，判断其所带电荷量的变化。
闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行。对于电容器板间电压的
变化，也可以根据串联电路中电压与电阻成正比分析。
6．如图所示的交流电路中，灯L 、L 和L 均发光，如果保持交变电源两端电压的有效值不变，但
1 2 3
频率减小，各灯的亮、暗变化情况为( )
A. 灯L 、L 均变亮，灯L 变暗 B. 灯L 、L 、L 均变暗
1 2 3 1 2 3
C. 灯L 不变，灯L 变暗，灯L 变亮 D. 灯L 不变，灯L 变亮，灯L 变暗
1 2 3 1 2 3
【答案】D
【解析】
【分析】
交流电的频率减小，线圈的感抗变小，电容器的容抗变大，而电阻对直流电和交流电的阻碍作用相
同，从而判断各灯泡的明暗变化。
本题考查电感线圈和电容器对交流电的阻碍作用，比较简单。
【解答】交流电的频率减小，线圈的感抗变小，电容器的容抗变大，而电阻对直流电和交流电的阻碍作用相
同，所以灯L 不变，灯L 变亮，灯L 变暗，故D正确，ABC错误。
1 2 3
故选D。
1．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图甲所示。已知发电机线圈内阻为
10Ω，外接一只电阻为90Ω的灯泡，如图乙所示，则( )
A. 电压表的示数为220V
B. 电路中的电流方向每秒钟改变50次
C. 灯泡实际消耗的功率为484W
D. 发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为48.4J
【答案】D
√2 √2
【解析】解：A、由图知电动势最大值E =220√2V，有效值为E= = ×220√2V =220V。
m 2 2
R 90
电压表的示数为灯泡两端的电压，大小为U= E= ×220V =198V，故A错误；
R+r 10+90
1 1
B、线圈转动的周期T=0.02s，交流电的频率为f = = Hz=50Hz，每个周期内电流方向改
T 0.02
变两次，则电路中的电流方向每秒改变100次，故B错误；
U2 1982
C、根据功率公式可知，P= = W =435.6W，故C错误；
R 90E 220
D、干路电流：I= = A=2.2A，根据焦耳定律可知，Q=I2rt=2.22×10×1J=48.4J，
R+r 100
故D正确。
故选：D。
由图读出电动势的最大值，求出有效值，根据欧姆定律求出外电压的有效值，即为电压表的示数；
根据每个周期内电流方向改变两次，求出每秒钟电流方向改变的次数；
根据电压有效值求出灯泡消耗的功率；
由焦耳定律求出发电机焦耳热。
解答本题时，要理解正弦交变电流产生的过程，知道线圈经过中性面时感应电动势和感应电流为零，
线圈每经过中性面一次，电流方向改变一次，一周电流方向改变两次。
2．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1所示．产生的交变电动
势的图像如图2所示，则( )
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频率为100Hz
【答案】B
△Φ
【解析】解：A、t=0.005s时，感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律E=n 可知，磁通量
△t
的变化率最大，不是零，故A错误．
B、由图2可知t=0.01s时，e=0，说明此时线圈正经过中性面，故B正确．
C、由图2可知T=0.02s，E =311V，根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得，该交变电
m
E
流的有效值为E= m≈220V，故C错误．
√2
1 1
D、据周期和频率的关系可得，该交变电流的频率为：f = = Hz=50Hz，故D错误．
T 0.02
故选：B．
本题考察的是有关交变电流的产生和特征的基本知识，知道有效值和最大值之间的关系，周期和频
率的关系以及中中性面的特点
3．如图所示，甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况，摇动手柄可使对称固定
在转轴上的矩形线圈转动；乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况，皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动。下列说法正确的是( )
A. 甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
B. 乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
C. 甲图中线圈转动时产生的电流是正弦交流电
D. 乙图线圈匀速转动时产生的电流是正弦交流电
【答案】A
【解析】解：A.甲图中细短铁丝显示的磁场分布均匀，则线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，故
A正确；
B.乙图中细短铁丝显示的磁场分布不均匀，则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场，故B错误；
C.根据发电机原理可知甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦交流电，
故C错误；
D.乙图中是非匀强磁场，则线圈匀速转动时不能产生正弦交流电，故D错误；
故选：A。
磁场分布均匀，则线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，磁场分布不均匀，则线圈转动区域磁场不能
看成匀强磁场；甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦交流电，乙图
中是非匀强磁场，则线圈匀速转动时不能产生正弦交流电。
本题是准确理解交流电的产生规律，闭合电路中线圈在磁场中转动时，线圈中要产生交变电流，要
满足线圈中的磁通量发生周期性变化。
4．如图所示为某交变电流随时间变化的图像。则此交变电流的有效值为( )
√10 √5 3√2 3
A. A B. A C. A D. A
2 2 4 2
【答案】A【解析】
【分析】
利用交流电有效值的定义，运用等效替代法求解，选用同一个电阻，让交流电在一个周期内产生热
量与恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值。
本题考查交流电的有效值的求解，因为图中交流电不是正弦式电流，因此有效值不是等于最大值除
以根号2，需要运用交流电有效值的定义，利用等效替代法求解。
【解答】
取一个周期进行分段求解电热，交流电的周期：T=4s
T
交流电在0 为恒定电流，则电流的有效值大小I =1A
4 1
T∽ 1
交流电在 T为恒定电流，则电流的有效值大小I =2A
4 2 1
1 ∽ 3
交流电在 T T为恒定电流，则电流的有效值大小I =-2A
2 4 3
3 ∽
交流电在 T T为恒定电流，则电流的有效值大小I =-1A
4 4
可知在半个周 ∽ 期内电流的大小为1A，另外半个周期内电流大小为2A，
T T
设电阻阻值为R，则交流电在一个周期内产生的热量：Q =I2R⋅ +I2R⋅ …①
1 1 2 2 2
等效的直流电在一个周期T内产生的电热：Q =I2 RT…②
2 有
根据交流电有效值的定义可得：Q =Q …③
1 2
T T
即：I2R⋅ +I2R⋅ =I2 RT
1 2 2 2 有
√10
约去R与T解得：I = A
有 2
故A正确，BCD错误。
5．如图所示的电路中，L为自感线圈，其直流电阻与电阻R相等，C为电容器，电源内阻不可忽略。
当开关S由闭合变为断开的瞬间，下列说法正确的是( )
A. 电容器将放电 B. 没有电流通过B灯
C. A灯闪亮一下再熄灭 D. 流经电阻R的电流方向向右
【答案】C
【解析】解：A、B：由于电源内阻不可忽略，则闭合开关时，电容器两端电压为路端电压，断开
开关后，电容器两端电压为电源电压，因此可判断电容器两端电压增大，此时电容器处于充电状态，同时有电流通过灯B;故A、B错误；
C、D：S闭合稳定时，通过L的电流和A灯的电流方向均向右，且自感线圈电流I 大于灯泡A的电
L
流I ；当开关S断开时，自感线圈中将产生自感电动势阻碍原来电流的减小，因此在由L、A、R组
A
成的闭合电路中，有一顺时针方向的电流，流经电阻R的电流方向向左，且从I 开始逐渐减小，故
L
A灯突然闪亮一下再熄灭，故C正确，D错误；
线圈中电流发生变化时，会产生自感电动势，阻碍电流的变化，起到延迟电流变化的作用，遵循
“增反减同”的规律；在直流电路中，电流稳定时，电容器相当于断路，线圈相当于电阻(忽略电
阻时就可以看作导线)。
本题综合考查了电阻、电容器和电感线圈对电流的影响，关键是明确各个元件的在直流电流电路中
的作用，结合楞次定律判断。
6．如图甲所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方
向的固定轴OO'按如图所示方向匀速转动，线圈的匝数n=100匝、电阻r=10Ω，线圈的两端经集
流环与电阻R连接，电阻R=90Ω，与电阻R并联的交流电压表为理想电表。在t=0时刻，线圈平
面与磁场方向垂直，交流发电机产生的电动势的瞬时值e随时间t按图乙所示正弦规律变化。求：
(1)通过线圈的磁通量的最大值Φ ；
m
(2)电路中交流电压表两端的电压；
(3)线圈由图甲所示位置转过90°的过程中，通过线圈的电量。
【答案】
解：(1)由图可知，线圈转动的周期为：T=4×10-2s，
2π
发电机产生的电动势最大值为：E =nBSω=nΦ =100V ，
m m T
1
代入数值解得每匝线圈磁通量的最大值为：Φ = Wb 。
m 50π
E 100
(2)由闭合电路的欧姆定律，可得感应电流的最大值：I = m = A=1A，
m R+r 90+10I 1 √2
感应电流的有效值为：I= m = A= A ，
√2 √2 2
√2
电压表的读数是：U=IR= ×90V =45√2V 。
2
n△Φ
(3)电动势的平均值为：E= ，
△t
E
由闭合电路的欧姆定律，可得电流的平均值为：I= ，
R+r
1
100×
通过电阻的电量： ¯ nBS 50π 1 。
q=I△t= = C= C
R+r 90+10 50π
1
答：(1)通过线圈的磁通量的最大值为 Wb；
50π
(2)电路中交流电压表两端电压为45√2V；
1
(3)线圈由图甲所示位置转过90°的过程中，通过线圈的电量为 C。
50π
【解析】解决本题的关键是知道正弦式交流电峰值的表达式E =nBSω，以及知道峰值与有效值的
m
关系，求解电表示数及功率时用有效值，求解电量时要用平均值。
(1)交流发电机产生电动势的最大值E =nBSω，根据e-t图线得出周期T以及感应电动势最大值，
m
从而求出磁通量的最大值；
(2)交流电压表的示数为有效值，求出电动势的有效值，根据闭合电路欧姆定律求出电压表的示数；
(3)根据平均电动势求出平均电流，再由It即可求出电量。
1．某交变电动势瞬时值表达式e=10sin2πtV，则( )
A. 交变电流的频率为2Hz B. 交变电流的周期为0.25秒C. 交变电流的有效值为10V D. 当t=0.25秒时，感应电动势为10V
【答案】D
【解析】略
2．如图(a)，水平匀强磁场中有一边长为0.5m的正方形线框，其电阻为1Ω.当线框绕过其两对边
中心的竖直轴OO'以某一角速度匀速旋转时，线框中产生的感应电动势ɛ随时间t变化的关系如图
(b)所示。下列说法正确的是( )
A. 线框转动的角速度为0.4rad/s
B. 磁感应强度的大小约为0.4T
C. 线框内感应电流的有效值约为0.7A
D. t=0时，线框平面与磁感应强度方向的夹角为90°
【答案】C
【解析】解： A、分析图(b)可知，线框产生的感应电动势周期为 0.4s，角速度：
2π
ω= =5πrad/s，故A错误；
T
B、根据交变电流的产生规律可知，感应电动势最大值：E =nBSω=1V，解得磁感应强度：
m
0.8
B= T，故B错误；
π
E
C、根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系可知，有效值：E= m=0.5√2V，根据闭合电路
√2
E
欧姆定律可知，感应电流的有效值：I= =0.5√2A≈0.7A，故C正确；
R
D、t=0时，感应电动势最大，则线框平面与磁场方向平行，即线框平面与磁感应强度方向的夹角
为0，故D错误。
故选：C。
分析图(b)，确定感应电动势的周期，进一步确定角速度。
根据正弦式交变电流的产生规律，确定感应电动势的最大值，求解磁感应强度大小。
根据最大值求解有效值，根据闭合电路欧姆定律求解感应电流有效值。
线框平面与磁场方向平行时，感应电动势最大。
此题考查了正弦式交变电流的产生规律，明确感应电动势最大值的表达式、最大值和有效值的关系，即可求解。
3．图甲、乙分别表示两种电流的波形，其中图乙所示电流按正弦规律变化，分别用I 和I 表示甲
1 2
和乙两电流的有效值，则( )
A. I ：I =2：1 B. I ：I =1：2
1 2 1 2
C. I ：I =1：√2 D. I ：I =√2：1
1 2 1 2
【答案】D
【解析】解：对图甲的交流电分析，可知一个周期内交流电的电流方向变化，而电流的大小不变，
故图甲的电流有效值为I =I ；
1 0
I
对图乙的交流电分析可知，其为正弦式交流电，故其有效值为I = 0 ，故I❑ ：I =√2：1，故D
2 √2 1 2
正确、ABC错误。
故选：D。
图甲中一个周期内交流电的电流方向变化，而电流的大小不变，图乙为正弦式交流电，由此计算电
流有效值再求出比值。
本题主要是考查交流电有效值的计算，关键是掌握有效值的概念，知道有效值的计算方法以及正弦
交流电的有效值与峰值的关系。
4．某同学设计了一个充电装置，如图所示，假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交
流电，周期为0.2s，电压最大值为0.05V，理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、
副线圈匝数比为1∶60，下列说法正确的是( )
A. 交流电的频率为10Hz
B. 副线圈两端电压最大值为3V
C. 变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关
D. 充电电路的输入功率大于变压器的输入功率
【答案】B
1
【解析】A.周期是T=0.2s，频率是f = =5Hz，故A错误；
T
U n n
B.由理想变压器原理可知 1= 1 解得，副线两端的最大电压为U = 2U =3V，故B正确；
U n 2 n 1
2 2 1C.根据法拉第电磁感应定律可知，相同条件下永磁铁磁场越强，线圈中产生的感应电动势越大，变
压器的输入电压会越大，故C错误；
D.由理想变压器原理可知，充电电路的输入功率不大于变压器的输入功率，故D错误。
故选B。
本题主要考查变压器的基本关系及交变电流的基础概念，有一定的综合性，学生需夯实基础概念，
把握试题细节。
根据周期和频率的关系确定交流电的频率；利用变压器电压之比与线圈匝数之比相等确定输出电压，
再根据电压的最大值和有效值间的关系确定输出电压的最大值；明确输入电压来源，根据法拉第电
磁感应定律确定输入电压与永磁铁的强弱是否有关，明确变压器输出功率决定输入功率，本身不消
耗能量。
5．如图所示，单刀双掷开关S先打到a端让电容器充满电。t=0时开关S打到b端，t=0．02s时LC
回路中电容器下极板带正电荷且电荷量第一次达到最大值。则 ( )
A. LC回路的周期为0．02s
B. LC回路的电流最大时电容器中电场能最大
C. t=1．01s时线圈中磁场能最大
D. t=1．01s时回路中电流沿顺时针方向
【答案】C
【解析】
【分析】
在LC振荡电路中，当电容器在放电过程：电场能在减少，磁场能在增加，回路中电流在增加，电
容器上的电量在减少。从能量看：电场能在向磁场能转化；
当电容器在充电过程：电场能在增加，磁场能在减小，回路中电流在减小，电容器上电量在增加。
从能量看：磁场能在向电场能转化。
在一个周期内，电容器充电两次，放电两次。
明确电磁振荡过程，知道电容器充电完毕(放电开始)：电场能达到最大，磁场能为零，回路中感应
电流i=0；放电完毕(充电开始)：电场能为零，磁场能达到最大，回路中感应电流达到最大。
【解答】
A、在一个周期内，电容器充电两次，放电两次，t=0.02s时LC回路中电容器下极板带正电荷且电
荷量第一次达到最大值，此时充放电一次，则周期为0.04s，故A错误。
B、根据LC振荡电路的充放电规律可知，放电完毕时，回路中电流最大，磁场能最大，电场能最小，
故B错误。
1
CD、t=1.01=25 T，此时电容器逆时针放电结束，回路中逆时针的电流最大，磁场能最大，故
4
C正确，D错误。故选：C。
6．正方形线框abcd在匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴OO'以角速度ω匀速转动，如图所示。线
框边长为L，匝数为N，线框的总电阻为r，外电路的电阻为R，磁感应强度的大小为B。求：
(1)转动过程中产生的感应电动势的最大值E ；
m
(2)线圈转动过程中，图中电压表的示数U；
(3)从图示位置开始，线圈转过90°的过程中通过电阻R的电量q。
【答案】
解：(1)感应电动势的最大值E =NBL2ω
m
R
(2)转动过程中，电压表的示数U为有效值U = E
m R+r m
1
又U= U
√2 m
√2R
联立可得U= NBL2ω
2(R+r)
(3)设从图示位置开始，线圈转过90°所用时间为Δt，此过程感应电动势的平均值为E，电流的平
ΔΦ E
均值为I，根据E=N ，ΔΦ=BL2，I= ，又q=IΔt
Δt R+r
NBL2
联立可得q=
R+r
答：(1)转动过程中产生的感应电动势的最大值E 为NBL2ω；
m
√2R
(2)线圈转动过程中，图中电压表的示数U为 NBL2ω；
2(R+r)
NBL2
(3)从图示位置开始，线圈转过90°的过程中通过电阻R的电量q为 。
R+r
【解析】(1)线圈转动过程中产生的最大感应电动势为E =NBSω；
m
(2)根据闭合电路的欧姆定律求得电阻R分电压的最大值，根据有效值与最大值间的关系求得电压
表的示数；ΔΦ
(3)线圈转过90°的过程中通过电阻R的电量q=N 。
R+r
解决本题的关键掌握线圈转动产生电动势的瞬时表达式，以及知道电动势峰值的公式；同时会根据
电磁感应中电荷量的推导公式求电荷量。
