2022届一轮复习专题练习79 交变电流的产生和描述（解析版）

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1．交变电流的产生往往与交变电流图像结合出题，要能将交变电流的图像与线圈的转动过程一一对应起来，分析电流、电动势、磁通量的变化规律.2.交流电气设备上所标的电压和电流值、交流电压表和电流表的测量值都是交变电流的有效值，只有正弦式交变电流的峰值才是有效值的eq \r(2)倍．
1.(2020·百师联盟模拟四)某发电机的原理简图如图1所示，线圈按图示方向匀速转动．以下说法正确的是( )
图1
A．线圈经过图示位置时穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率为零
B．线圈从图示位置转过90°后，小灯泡中的电流方向发生变化，电流逐渐变大
C．线圈转动两周，电流的方向改变2次
D．从线圈经过图示位置开始计时，则电动势e随时间变化的规律为e＝Esin ωt
答案 B
解析 线圈位于题图位置时，与中性面垂直，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，A错误；线圈垂直于题图位置时，处于中性面，电流的方向要发生改变，电流的大小从零开始逐渐变大，B正确；线圈转动两圈，电流的方向改变4次，故C错误；线圈从题图位置开始计时，即从垂直中性面位置开始计时，电动势e随时间变化的规律为e＝Ecs ωt，D错误．
2．(多选)(2020·广东广州市阶段检测)在同一匀强磁场中，两个相同的矩形金属线圈a、b分别绕线圈平面内且与磁场垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的图像如图2所示，则( )
图2
A．线圈a的转速是b的3倍
B．线圈b产生的电动势最大值为10 V
C．t＝0.01 s时，线圈a恰好经过中性面
D．t＝0.03 s时，线圈b恰好经过中性面
答案 BD
解析 由题图可知eq \f(Ta,Tb)＝eq \f(2,3)，则线圈a、b的转速之比为3∶2，故A错误；由于感应电动势最大值为Em＝NBSω＝NBS·2πn，则eq \f(Ema,Emb)＝eq \f(na,nb)，由题图可知，a线圈产生的感应电动势最大值为15 V，则b线圈产生的感应电动势最大值为10 V，故B正确；由题图可知，t＝0.01 s时，线圈a中感应电动势最大，则此时线圈a位于垂直中性面的位置，故C错误；t＝0.03 s时，线圈b中感应电动势为0，则此时线圈b恰好经过中性面，故D正确．
3．(2020·百师联盟模拟四)如图3所示为一个单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时产生的正弦式交变电流的波形图，若只将线圈的转速变为原来的2倍，则( )
图3
A．峰值变为20 A
B．周期变为0.4 s
C．转速变为100 r/s
D．提高转速前，在t＝0.05 s到t＝0.1 s时间内，穿过线圈的磁通量逐渐增大
答案 A
解析 由题图可知电流的瞬时表达式可表示为i＝eq \f(nBSω,R)·cs ωt，则峰值为10 A，周期为0.2 s，转速n＝eq \f(ω,2π)＝eq \f(1,T)＝5 r/s，当转速变为原来的2倍时，则角速度变为原来的2倍，周期变为原来的一半，峰值变为原来的2倍，即峰值变为20 A，A正确；周期变为0.1 s，B错误；转速变为10 r/s，C错误；提高转速前，t＝0.05 s到t＝0.1 s时间内，电流逐渐增大，穿过线圈的磁通量逐渐减小，但变化率变大，D错误．
4.(2020·甘肃威武市三诊)如图4所示，矩形线圈处在磁感应强度大小为B、方向水平向右的匀强磁场中，线圈通过电刷与定值电阻R及理想电流表相连接，线圈绕中心轴线OO′以恒定的角速度ω匀速转动，t＝0时刻线圈位于与磁场平行的位置．已知线圈的匝数为n，面积为S，阻值为r.则下列说法正确的是( )
图4
A．t＝0时刻流过电阻R的电流方向向左
B．线圈中感应电动势的瞬时表达式为e＝nBSωsin ωt
C．线圈转动的过程中，电阻R两端的电压为eq \f(nBSωR,R＋r)
D．从t＝0时刻起，线圈转过60°时电阻R两端的电压为eq \f(nBSωR,2R＋r)
答案 D
解析 t＝0时刻线圈与磁场方向平行，即线框的速度与磁场方向垂直，由右手定则可知，流过电阻R的电流方向向右，故A错误；从线圈与中性面垂直的位置开始计时，感应电动势随时间按正弦规律变化，且最大感应电动势Em＝nBSω，所以感应电动势的瞬时值表达式为e＝nBSωcs ωt，故B错误；线圈转动的过程中，最大感应电动势Em＝nBSω，则产生的感应电动势的有效值为E＝eq \f(\r(2),2)nBSω，因此电阻R两端的电压为U＝eq \f(\r(2)nBSωR,2R＋r)，故C错误；线圈从t＝0开始转过60°时，电阻R两端的电压为UR＝eq \f(nBSωcs 60°·R,R＋r)＝eq \f(nBSωR,2R＋r)，故D正确．
5．(多选)(2020·安徽十校联盟检测)如图5甲所示，小型交流发电机的单匝矩形金属线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动，线圈与一个阻值为R＝9 Ω的电阻构成闭合电路，线圈的电阻r＝1 Ω.从中性面开始计时，线圈中产生的感应电动势随时间按正弦规律变化(如图乙所示)，则下列说法正确的是( )
图5
A．线圈的转速为2.5 r/min
B．电压表的示数为9eq \r(2) V
C．通过线圈的最大磁通量为eq \f(4,π) Wb
D．从中性面转过90°通过电阻R的电荷量为eq \f(4,9π) C
答案 BC
解析 线圈的转速n＝eq \f(1,T)＝eq \f(1,0.4) r/s＝2.5 r/s，故A错误；电动势的峰值Em＝20 V，其有效值E＝eq \f(Em,\r(2))＝10eq \r(2) V，电压表的示数为U＝eq \f(ER,R＋r)＝9eq \r(2) V，故B正确；电动势峰值表达式Em＝NΦmω＝NΦmeq \f(2π,T)，解得Φm＝eq \f(EmT,N·2π)＝eq \f(20×0.4,1×2π) Wb＝eq \f(4,π) Wb，故C正确；根据电磁感应电荷量的推论公式得q＝eq \f(ΔΦ,R＋r)＝eq \f(Φm,R＋r)＝eq \f(2,5π) C，故D错误．
6.(2020·山东日照市校际联考)电阻为R的单匝闭合金属线框，在匀强磁场中绕着与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势的图像如图6所示．下列判断正确的是( )
图6
A.eq \f(T,2)时刻线框平面与中性面平行
B．穿过线框的磁通量最大为eq \f(E0T,2π)
C．线框转一周外力做的功为eq \f(E\\al(,02)T,R)
D．从t＝eq \f(T,4)到t＝eq \f(3T,4)的过程中，线框的平均感应电动势为eq \f(E0,2)
答案 B
解析 由题图知eq \f(T,2)时e最大，磁通量为零，线框平面垂直于中性面，A错误；由ω＝eq \f(2π,T)，最大电动势E0＝nBSω，故Φm＝BS＝eq \f(E0T,2π)，故B正确；转动一周外力做功W＝Q＝eq \f(E2,R)·T，而E＝eq \f(E0,\r(2))，解得W＝eq \f(E\\al(,02),2R)·T，故C错误；从eq \f(T,4)到eq \f(3,4)T，平均电动势eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(2Φm,\f(T,2))＝eq \f(4Φm,T)＝eq \f(2E0,π)，故D错误．
7.(多选)如图7所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R，线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω匀速转动，从图示位置开始计时．下列说法正确的是( )
图7
A．当转过60°时，感应电动势的瞬时值为eq \f(\r(3)BSω,2)
B．当转过60°时，感应电流的瞬时值为eq \f(BSω,2R)
C．在转过60°的过程中，感应电动势的平均值为eq \f(3BSω,2π)
D．在转过90°的过程中，感应电流的有效值为eq \f(\r(2)BSω,2R)
答案 ACD
解析 因为线框从中性面开始计时，所以感应电动势的瞬时值表达式为e＝BSωsin ωt，转过60°时，感应电动势的瞬时值e0＝BSωsin 60°＝eq \f(\r(3),2)BSω，感应电流的瞬时值为i0＝eq \f(e0,R)＝eq \f(\r(3)BSω,2R)，故A正确，B错误；转过60°的时间为Δt＝eq \f(\f(π,3),ω)＝eq \f(π,3ω)，磁通量变化量ΔΦ＝Φ2－Φ1＝BScs 60°－BS＝－eq \f(1,2)BS，感应电动势的平均值为eq \x\t(E)＝|eq \f(ΔΦ,Δt)|＝eq \f(\f(1,2)BS,\f(π,3ω))＝eq \f(3BSω,2π)，故C正确；感应电流的最大值为Imax＝eq \f(BSω,R)，感应电流的有效值I＝eq \f(Imax,\r(2))＝eq \f(\r(2)BSω,2R)，故D正确．
8．(2020·百师联盟模拟四)利用半导体二极管的单向导电性，可以对交变电流进行整流，将交变电流变为直流，一种简单的整流电路如图8甲所示，ab为交变电流信号输入端，D为半导体二极管，R为定值电阻．信号输入后，电阻R两端输出的电压信号如图乙所示，则关于该输出信号，下列说法正确的是( )
图8
A．频率为100 Hz
B．电压有效值为50eq \r(2) V
C．一个标有“90 V 30 μF”的电容器并联在电阻R两端，可以正常工作
D．若电阻R＝10 Ω，则1 min内R产生的热量为1.5×104 J
答案 D
解析 由图乙可知，该电压的周期为0.02 s，故频率为50 Hz，A错误；由电流的热效应知，一个周期内电阻产生的热量eq \f(U2,R)×0.01 s＝eq \f(U\\al(,有2),R)×0.02 s，故电压有效值为U有＝50 V，B错误；电容器两端的瞬时电压不应超过标称电压，C错误；电阻R产生的热量应使用电压的有效值进行计算，故产生的热量为Q＝eq \f(U\\al(,有2),R)t＝1.5×104 J，D正确．
9．(多选)(2020·河北邯郸市期末)交流发电机的线圈绕垂直于匀强磁场的水平轴逆时针匀速转动，每秒转动10转，线圈从图9所示位置开始计时，电流表的示数为1 A．已知线圈匝数为500匝，线圈内阻r＝1.0 Ω，外接电阻R＝9.0 Ω.以下判断正确的是( )
图9
A．图示时刻交变电流方向为ADCBA
B．通过线圈磁通量的最大值为eq \f(\r(2),π)×10－3 Wb
C．t＝eq \f(5,16) s时线圈磁通量的变化率为eq \f(\r(2),50) Wb/s
D．t＝eq \f(9,16) s时外接电阻R所消耗的电功率为10 W
答案 AB
解析 由右手定则可知，图示时刻电流方向为ADCBA，故A正确．电动势的有效值：E＝I(R＋r)＝1×(9.0＋1.0) V＝10 V，电动势的峰值：Em＝eq \r(2)E＝10eq \r(2) V，感应电动势峰值：Em＝NBSω，通过线圈磁通量的最大值Φm＝BS＝eq \f(Em,Nω)＝eq \f(Em,2πNn)，代入数据解得：Φm＝eq \f(\r(2),π)×10－3 Wb，故B正确．线圈做圆周运动的角速度ω＝2πn＝20π rad/s，从图示位置开始计时，电动势的瞬时值表达式e＝Emsin (ωt＋90°)＝Emcs ωt＝10eq \r(2)cs 20πt(V)，t＝eq \f(5,16) s时，感应电动势瞬时值：e＝10 V，此时磁通量的变化率eq \f(e,N)＝eq \f(1,50) Wb/s，故C错误．求电功率应用有效值，t＝eq \f(9,16) s时外接电阻R所消耗的电功率P＝I2R＝(eq \f(E,R＋r))2R＝(eq \f(10,9＋1))2×9 W＝9 W，故D错误．
10．(多选)(2020·四川成都市第二次诊断)图10(a)为一交流发电机示意图，线圈abcd在匀强磁场中绕固定轴OO′沿顺时针方向匀速转动，图(b)是该发电机的电动势e随时间t按余弦规律变化的图像．已知线圈电阻为2.5 Ω，定值电阻R＝10 Ω，电表均为理想交流电表．由此可以判定( )
图10
A．电流表读数为0.8 A
B．电压表读数为10 V
C．t＝0.1 s时刻，穿过线圈的磁通量为零
D．0～0.05 s内，通过电阻R的电荷量为0.08 C
答案 AC
解析 电动势有效值为E＝eq \f(Em,\r(2))＝10 V，电流表的读数I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(10,10＋2.5) A＝0.8 A，电压表读数U＝IR＝8 V，选项A正确，B错误；t＝0.1 s时刻，感应电动势最大，此时穿过线圈的磁通量为零，选项C正确；0～0.05 s内，通过电阻R的电荷量为q＝eq \f(\x\t(E),R＋r)Δt，eq \x\t(E)＝eq \f(NBS,Δt)＝eq \f(Em,ωΔt)＝eq \f(TEm,2πΔt)，则q＝eq \f(TEm,2πR＋r)＝eq \f(0.2×10\r(2),2π10＋2.5) C＝eq \f(2\r(2),25π) C≈0.036 C，选项D错误．
11．(多选)(2020·湖北武汉市质量检测)如图11(a)所示，在匀强磁场中，一电阻均匀的正方形单匝导线框abcd绕与磁感线垂直的转轴ab匀速转动，线圈产生的交变电动势随时间变化的规律如图(b)所示，若线框总电阻为5 Ω，则( )
图11
A．cd边两端电压的有效值为16.5 V
B．当线框平面与中性面的夹角为45°时，线框产生的电动势的大小为22 V
C．在0～0.01 s时间内，通过线框某一横截面的电荷量为4.4×10－2 C
D．线框转动一周产生的焦耳热为3.87 J
答案 AB
解析 根据电动势随时间的变化曲线可得，该电动势的瞬时值e＝22eq \r(2)sin ωt(V)＝22eq \r(2)sin 100πt(V)，则该电动势的有效值为E＝22 V，cd边两端电压的有效值为Ucd＝eq \f(3,4)E＝16.5 V，A正确；当线框平面与中性面的夹角为45°，即ωt＝eq \f(π,4)时，线框产生的电动势为e＝22 V，B正确；由题图(b)可得交流电的周期为T＝0.02 s，在0～0.01 s时间内，即半个周期内，通过线框某一横截面的电荷量为q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(2BS,R)，Em＝BSω＝eq \f(2πBS,T)＝22eq \r(2) V，则BS＝eq \f(11\r(2),50π) T·m2，q＝eq \f(2BS,R)＝eq \f(11\r(2),125π) C≈4.0×10－2 C，C错误；该交变电流的有效值为I＝eq \f(E,R)＝4.4 A，根据焦耳定律可得，线框转动一周产生的焦耳热为Q＝I2RT＝1.936 J，D错误．
12．(多选)(2020·湖北黄冈中学模拟)如图12甲所示是一种振动发电装置的示意图，半径为r＝0.1 m、匝数n＝20的线圈位于辐向分布的磁场中，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)，线圈所在位置的磁感应强度的大小均为B＝eq \f(0.20,π) T，线圈电阻为R1＝0.5 Ω，它的引出线接有R2＝9.5 Ω的小电珠L，外力推动线圈框架的P端，使线圈沿轴线做往复运动，线圈运动速度v随时间t变化的规律如图丙所示(摩擦等损耗不计)，则( )
图12
A．小电珠中电流的峰值为0.16 A
B．小电珠中电流的有效值为0.16 A
C．电压表的示数约为1.5 V
D．t＝0.1 s时外力的大小为0.128 N
答案 AD
解析 由题意及法拉第电磁感应定律知道，线圈在磁场中做往复运动，产生的感应电动势的大小符合正弦曲线变化规律，线圈中的感应电动势的峰值为Em＝nBlv＝nB·2πrvm，故小电珠中电流的峰值为Im＝eq \f(Em,R1＋R2)＝eq \f(20×\f(0.20,π)×2π×0.1×2,9.5＋0.5) A＝0.16 A，选项A正确，B错误；电压表示数为U＝eq \f(Im,\r(2))·R2≈1.07 V，选项C错误；当t＝0.1 s也就是eq \f(T,4)时，外力的大小为F＝nB·2πrIm＝0.128 N，选项D正确．
13．(多选)(2020·河南洛阳市一模)如图13所示，匝数为N、内阻为r的矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边以角速度ω匀速转动，其线圈中感应电动势的峰值为Em，闭合回路中两只完全相同的灯泡均能正常发光，此时它们的电阻均为R.则( )
图13
A. 从图中位置开始计时，感应电动势瞬时表达式为e＝Emsin ωt
B. 穿过线圈的最大磁通量为eq \f(Em,Nω)
C. 从图中位置开始计时，四分之一周期内通过灯泡A1的电荷量为eq \f(Em,NωR＋r)
D. 增大角速度ω时，灯泡A1变暗，A2变亮
答案 AB
解析 题图中位置，线圈处于中性面位置，磁通量最大，感应电动势为零，闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e＝Emsin ωt，而Em＝NBSω，则穿过线圈的最大磁通量Φ＝BS＝eq \f(Em,Nω)，故A、B正确；从题图中位置开始计时，四分之一周期内，磁通量变化量ΔΦ＝BS，则通过干路的电荷量q＝Neq \f(ΔΦ,R总)，本题中总电阻无法确定，故通过灯泡A1的电荷量无法确定，故C错误；根据电动势最大值公式Em＝NBSω，增大线圈转动角速度ω时，频率变大，感应电动势的峰值Em变大，同时由于电感线圈对交流电有阻碍作用，交流电的频率越大，阻碍作用越大，而电容器对交流有阻碍，交流电频率越大，阻碍越小，故灯泡A1变亮，但由于感应电动势变大，故灯泡A2明亮程度未知，故D错误．
14.(多选)(2020·湖北荆门市1月调考)如图14所示，固定平行的长直导轨M、N放置于匀强磁场中，导轨间距L＝1 m，磁场磁感应强度B＝5 T，方向垂直于导轨平面向下，导体棒与导轨接触良好，驱动导体棒使其在磁场区域运动，速度随时间的变化规律为v＝2sin 10πt(m/s)，导轨与阻值为R＝9 Ω的外电阻相连，已知导体棒的电阻为r＝1 Ω，不计导轨与电流表的电阻，则下列说法正确的是( )
图14
A．导体棒做切割磁感线运动，产生频率为5 Hz的正弦交流电
B．导体棒产生的感应电动势的有效值为10 V
C．交流电流表的示数为0.5 A
D．0～eq \f(T,2)时间内R产生的热量为0.45 J
答案 AD
解析 据题意，速度变化规律为v＝2sin 10πt(m/s)，则产生的电动势为E＝BLv＝10sin 10πt(V)，即产生频率为f＝eq \f(ω,2π)＝eq \f(10π,2π) Hz＝5 Hz的正弦交流电，电动势峰值为Em＝10 V，则导体棒电动势的有效值E＝eq \f(Em,\r(2))＝5eq \r(2) V，故A正确，B错误；电流表示数I＝eq \f(E,r＋R)＝eq \f(5\r(2),1＋9) A＝eq \f(\r(2),2) A，故C错误；交流电的周期T＝eq \f(1,f)＝0.2 s，在0～eq \f(T,2)内电阻R上产生热量Q＝I2R·eq \f(T,2)＝(eq \f(\r(2),2))2×9×0.1 J＝0.45 J，故D正确．