高考物理复习特训考点十三交变电流电磁振荡与电磁波第100练交变电流的产生和描述含解析

第100练　交变电流的产生和描述　

（时间　25分钟）

思维方法

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．

选择题

1．一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图甲所示，则下列说法正确的是(　　)

A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直

B．t＝0.01 s时刻，Φ的变化率最大

C．t＝0.02 s时刻，交流电动势达到最大

D．该线圈产生的交流电动势的图像如图乙所示

2．为了研究交流电的产生过程，小张同学设计了如下实验构思方案：第一次将单匝矩形线圈放在匀强磁场中，线圈绕中心转轴OO1按图甲所示方向匀速转动(ab向纸外，cd向纸内)，并从图甲所示位置开始计时．此时产生的交变电流如图乙所示．第二次他仅将转轴移至ab边上，第三次他仅将转轴右侧的磁场去掉，关于后两次的电流图像，下列说法正确的是(　　)

A．第二次是图1    B．第二次是图3

C．第三次是图2        D．第三次是图4

3．如图甲、乙、丙所示是三个具有相同I0和周期T的交变电流，分别通过三个相同的电阻，下列说法中正确的是(　　)

A．在相同时间内，三个电阻发热量相等

B．在相同时间内，甲的发热量是丙的2倍

C．在相同时间内，甲的发热量是乙的

D．在相同时间内，乙的发热量最大，甲次之，丙最小

4．[2021·河南商丘九校联考]矩形线圈在匀强磁场中转动，产生交流电动势的瞬时值为e＝220sin 100πt(V)，则下列说法中正确的是(　　)

A．当t＝0时，线圈平面与中性面垂直

B．当t＝ s时，穿过线圈的磁通量等于零

C．该交流电不能击穿标注为“300 V　5 μF”的电容器

D．若转速n提高一倍，其他条件不变，则电动势的变化规律将变为e＝440sin 100πt(V)

5．

[2022·浙江嘉兴市测试]如图所示，矩形线框ABCD以恒定的角速度ω绕对角线AC转动．AC的左侧存在着垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，已知AB长为l1，BC长为l2，线框电阻为R.t＝0时刻线框平面与纸面重合，下列说法正确的是(　　)

A．矩形线框该时刻的电流值最大

B．矩形线框产生的感应电动势有效值为Bl1l2ω

C.矩形线框转过半圈过程中产生的热量为

D．矩形线框从图示位置转过180°过程中，通过线框任意横截面的电荷量为

6．(多选)如图甲为旋转电枢式交流发电机的原理图，多匝矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与可变电阻R连接，与R并联的交流电压表为理想电表，当R＝10 Ω时电压表示数是10 V．已知线圈的内阻为r＝5 Ω，图乙是矩形线圈磁通量Φ随时间t变化的图像，则(　　)

A．可变电阻R消耗的电功率为10 W

B．穿过线圈磁通量的最大值为 Wb

C．R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1sin 100πt(V)

D．调节可变电阻R的大小，其消耗的最大电功率可以达到11.25 W

第100练　交变电流的产生和描述

1．答案：B

解析：由Φ－t图像知，在t＝0时，Φ最大，即线圈处于中性面位置，此时e＝0，故A、D两项错误；由图知T＝0.04 s，在t＝0.01 s时，Φ＝0，最大，e最大，则B项正确；在t＝0.02 s时，Φ最大，＝0，e＝0，则C项错误．

2．答案：D

解析：由题知三次实验线圈转动的角速度ω相同，且均产生完整的正弦式交流电，所产生的交流电周期T相同．设ab边长为l1，bc边长为l2，则三次产生的交流电的电动势最大值分别为Em1＝Bl1l2ω，Em2＝Bl1l2ω，Em3＝Bl1l2ω，由此可知Em2＝Em1，Em3＝Em1.综上所述，第二次的电流图像与第一次的相同，即图2，第三次的电流峰值是第一次的，即图4，只有D项正确．

3．答案：C

解析：甲的有效值I1＝，由Q＝I2Rt可知，一个周期内甲的发热量Q1＝IRT；乙在前、后半个周期内电流大小相等，故其发热量Q2＝IRT；丙只有前半个周期内有电流，故其发热量Q3＝IR× T＝IRT.在相同时间内，甲、丙的发热量相等，是乙的发热量的，故C正确．

4．答案：B

解析：本题考查交变电流的产生和描述．t＝0时，电动势为零，此时磁通量最大，线圈平面与磁感线垂直，线圈平面与中性面重合，选项A错误；当t＝ s时，e＝220sin  V＝220 V，电动势最大，磁通量为零，线圈平面与中性面垂直，选项B正确；300 V是电容器允许的最高电压，而该交流电最大电压是220 V≈311 V>300 V，所以此交流电可以击穿标注为“300 V　5 μF”的电容器，选项C错误；当转速n提高一倍时，由ω＝2πn，Em＝NBSω，可知ω增加一倍，则电动势的变化规律将变为e＝440sin 200πt（V），选项D错误．

5．答案：D

解析：t＝0时刻穿过线框的磁通量最大，磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电动势为零，由闭合电路欧姆定律可知，矩形线框该时刻的电流值为零，最小，选项A错误；矩形线框产生的感应电动势最大值为Em＝Bl1l2ω，矩形线框产生的感应电动势的有效值为E＝＝Bl1l2ω，选项B错误；矩形线框转过半圈过程中产生的热量为Q＝·＝，选项C错误；矩形线框从图示位置转过180°的过程中，磁通量变化量的绝对值|ΔΦ|＝Bl1l2，由法拉第电磁感应定律可知，产生的平均感应电动势大小＝，平均感应电流＝＝，通过线框任意横截面的电荷量q＝Δt＝·＝，选项D正确．

6．答案：AD

解析：根据公式P＝，得P＝10 W，故A正确；由题图乙可知，交流电的周期T＝0.02 s，转动的角速度ω＝＝100π rad/s，电动势的有效值E＝·（R＋r）＝15 V，故电动势的最大值Em＝E＝15 V，由Em＝nΦmω，由于为多匝线圈，故n>1，解得Φm＝ Wb< Wb，故B错误；由题图乙可知，又因为此交变电流是从垂直于中性面开始计时的，所以R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝10cos 100πt（V），故C错误；当R＝r时，R消耗的功率最大，为Pmax＝r＝11.25 W，故D正确．