江苏专用高考物理一轮复习课后练习32交变电流的产生及描述含答案

交变电流的产生及描述

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1．(2019·广西桂林市、贺州市期末联考)一台小型发电机与计算机相连接，计算机能将发电机产生的电动势随时间变化的图象记录下来，如图甲所示，让线圈在匀强磁场中以不同的转速匀速转动，计算机记录了两次不同转速所产生正弦交流电的图象如图乙所示。则关于发电机先后两次的转速之比na∶nb，交流电b的最大值正确的是(　　)

甲　　　　　　　　　　乙

A．3∶2， V   B．3∶2， V

C．2∶3， V   D．2∶3， V

B　[由题图可知，a的周期为0.4 s，b的周期为0.6 s，则由n＝可知，转速与周期成反比，故曲线a、b对应的线圈转速之比为3∶2；曲线a表示的交变电动势最大值是10 V，根据Em＝nBSω得曲线b表示的交变电动势最大值是 V，故B正确，A、C、D错误。]

2．如图所示，一半径为L的导体圆环位于纸面内，O为圆心。环内两个圆心角为90°且关于O中心对称的扇形区域内分布有匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B、方向相反且均与纸面垂直。导体杆OM可绕O转动，M端通过滑动触点与圆环良好接触，在圆心和圆环间连有电阻R，不计圆环和导体杆的电阻，当杆OM以恒定角速度ω逆时针转动时，理想电流表A的示数为(　　)

A．  B．  C．  D．

A　[OM切割磁感线产生的电动势E＝，OM切割磁感线时产生的感应电流I＝，设电流的有效值为I有效，则IRT＝2I2R·T，解得I有效＝，选项A正确。]

3．小型交流发电机的矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间的关系是正弦函数。将发电机与一个标有“6 V　6 W”的小灯泡连接形成闭合回路，不计电路的其他电阻。当线圈的转速为n＝5 r/s时，小灯泡恰好正常发光，则电路中电流的瞬时值表达式为(　　)

A．i＝sin 5t(A)   B．i＝sin 10πt(A)

C．i＝1.41sin 5t(A)   D．i＝1.41sin 10πt(A)

D　[因为小灯泡正常发光，所以电路中电流的有效值为I＝＝1 A，则电流的最大值为Im＝ A≈1.41 A。因为转速n＝5 r/s，且ω＝2nπ，所以ω＝10π rad/s，故电路中电流的瞬时值表达式为t＝1.41·sin 10πt(A)，选项D正确。]

4．(2019·资阳模拟)如图甲所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO′匀速转动，产生的感应电动势e随时间t的变化曲线如图乙所示。若外接电阻的阻值R＝9 Ω，线圈的电阻r＝1 Ω，则下列说法正确的是(　　)

甲　　　　　　　　　乙　　　　

A．线圈转速为100 π rad/s

B．0.01 s末穿过线圈的磁通量最大

C．通过线圈的最大电流为10 A

D．电压表的示数为90 V

C　[由乙图可知，线圈转动的周期T＝0.04 s，线圈转速n数值上等于频率，而f＝＝25 Hz，因此线圈转速为n＝25 r/s，故A项错误；0.01 s末，线圈产生的感应电动势最大，此时线圈处于与中性面垂直位置，穿过线圈的磁通量最小为零，故B项错误；根据闭合电路的欧姆定律可知Im＝＝ A＝10 A，故C项正确；电压表测量的是有效值，故U＝R＝45 V，故D项错误。]

5．(2020·湖北黄冈市高三模拟)一内阻值为R的电动机接到如图甲所示的正弦交流电源上，另一内阻值为R的电动机接到如图乙所示的正弦交流电源上。已知两电动机的输出效率相同，则在相同时间内，两电动机产生的电热之比Q1∶Q2为(　　)

甲　　　　　　　　　　　乙

A．2∶1  B．4∶1  C．1∶2  D．1∶4

A　[由题图可知，两电源电压的有效值之比为U1∶U2＝2∶1

依题意有＝，解得I1∶I2＝U1∶2U2＝1∶1

在相同时间内，两电动机产生的电热之比为

Q1∶Q2＝(IRt)∶＝2I∶I＝2∶1，故选A。]

6．(2019·苏州期末)图甲为兴趣小组制作的无线充电装置中受电线圈示意图，已知线圈匝数n＝100匝、电阻r＝1 Ω、横截面积S＝1.5×10－3 m2，外接电阻R＝7 Ω。线圈处在平行于线圈轴线的磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，设磁场的正方向水平向左，则(　　)

甲　　　　　　　　　　乙　　　

A．在t＝0.005 s时通过电阻R的电流大小为0

B．在t＝0.005 s时通过电阻R的电流方向由a流向b

C．在0～0.01 s内通过电阻R的电荷量q＝1.5×10－3 C

D．在0.02～0.03 s内电阻R产生的焦耳热为Q＝1.8×10－3 J

C　[在t＝0.005 s时，磁通量变化最快，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势最大，通过R的感应电流最大，故A错误；在t＝0.005 s时，根据楞次定律可知，感应电流方向由b流向a，故B错误；根据法拉第电磁感应定律E＝n，I＝，q＝IΔt，联立可得q＝＝ C＝1.5×10－3 C，故C正确；由于磁感应强度按正弦规律变化，ω＝ rad/s＝100π rad/s，所以产生的感应电动势的最大值Em＝nΦmω＝100×4×10－2×1.5×10－3×100π V＝0.6π V，电流的有效值为I＝＝ A，在0.02～0.03 s内电阻R产生的焦耳热为Q＝I2Rt＝×7×0.01 J＝1.9×10－3 J，故D错误。]

7．如图所示，甲为小型旋转电枢式交流发电机，电阻为r＝2 Ω的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右侧电路连接，右侧电路中滑动变阻器R的最大阻值为R0＝4 Ω，滑动片P位于滑动变阻器中点，定值电阻R1＝7 Ω，R2＝2 Ω，其他电阻不计。从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，闭合开关S。线圈转动过程中理想交流电压表示数是10 V，图乙是矩形线圈磁通量随时间t变化的图象。则下列说法正确的是(　　)

甲　　　　　　　　　　乙

A．电阻R上的热功率为0.5 W

B．0.02 s时滑动变阻器R两端的电压瞬时值为零

C．线圈产生的电压随时间变化的规律是e＝10cos 100πt(V)

D．线圈从零时刻转动到t＝ s的过程中，通过R1的电荷量为 C

A　[根据串并联电路的知识得：负载总电阻R总＝R1＋＋＝10 Ω，理想交流电压表示数是10 V，所以干路电流I＝1 A，所以电阻R2上两端电压UR2＝1 V，电阻R2上的热功率PR2＝0.5 W，故A正确。由乙图可知，0.02 s通过线圈的磁通量为零，感应电动势最大，R两端的电压瞬时值不为零，故B错误。由乙图可知，T＝0.02 s，ω＝＝100π rad/s，电动势的有效值E＝10 V＋1×2 V＝12 V，电动势的最大值Em＝12 V，所以线圈产生的e随时间t变化的规律是e＝12cos 100πt(V)，故C错误。电动势的最大值Em＝12 V＝nBSω，Φ＝BS＝ Wb。矩形线圈磁通量Φ随时间t变化的规律为Φ＝sin 100πt Wb，线圈开始转动到t＝ s的过程中，通过电阻R1的电量为＝ C，故D错误。]

8．如图所示，线圈ABCD匝数n＝10，面积S＝0.4 m2，边界MN(与线圈的AB边重合)右侧存在磁感应强度B＝ T的匀强磁场，若线圈从图示位置开始绕AB边以ω＝10π rad/s的角速度匀速转动。则以下说法正确的是(　　)

A．线圈产生的是正弦交流电

B．线圈在转动过程中产生的最大感应电动势为80 V

C．线圈转动 s时瞬时感应电动势为40 V

D．线圈产生的感应电动势的有效值为40 V

B　[线圈在有界匀强磁场中将产生正弦半波脉动电流，故A错误；电动势最大值Em＝nBSω＝80 V，故B正确；线圈转动 s、转过角度，瞬时感应电动势为e＝Emsin ＝40 V，故C错误；在一个周期时间内，只有半个周期产生感应电动势，根据有效值的定义有R·＝RT，可得电动势有效值E＝＝40 V，故D错误。]

9．如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B，若线圈从图示位置开始，以角速度ω绕OO′轴匀速转动，则以下判断正确的是(　　)

A．图示位置线圈中的感应电动势最大为Em＝BL2ω

B．从图示位置开始计时，闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e＝BL2ωcos ωt

C．线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为q＝

D．线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q＝

D　[题图位置线圈中的感应电动势最小，为零，A错误；若线圈从题图位置开始转动，闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式e＝BL2ωsin ωt，B错误；线圈从题图位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为q＝·Δt＝＝，C错误；Em＝BL2ω，线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q＝·R·＝，D正确。]

10．(2019·湖北省大冶市月考)如图甲所示，将阻值为R＝5 Ω的电阻接到内阻不计的正弦交变电源上，电流随时间变化的规律如图乙所示，电压表、电流表均为理想电表，下列说法正确的是(　　)

甲　　　　　乙　　　　 丙　　　　丁

A．电压表两端读数为2.5 V

B．电阻R消耗的电功率为1.25 W

C．若此交变电流由一矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生，如图丙所示，当线圈的转速提升一倍时，电流表的示数为1 A

D．图乙交变电流与图丁所示电流比较，接同一电阻的发热功率之比为1∶2

D　[由图可知，电流的最大值Im＝0.5 A，则电压的最大值：Um＝Im·R＝0.5×5 V＝2.5 V，那么电压的有效值U＝1.25 V＝1.77 V，故A错误；R上的电功率P＝UI＝＝＝0.625 W，故B错误；转速增倍，电流也增倍，则电流的最大值变为1 A，有效值变为 A，则电流表读数为 A，故C错误；由有效值的概念可得丁的电流有效值为0.5 A，则乙与丁的电流有效值之比为1∶，根据P＝I2R可知，发热功率之比为1∶2，故D正确。]

11．(2019·天津高考)单匝闭合矩形线框电阻为R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量Φ与时间t的关系图象如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．时刻线框平面与中性面垂直

B．线框的感应电动势平均值为

C．线框转一周外力所做的功为

D．从t＝0到t＝过程中线框的平均感应电动势为

C　[中性面的特点是与磁场垂直，穿过的磁通量最大，磁通量变化率最小，则时刻线框在中性面上，A错；电动势最大值为Em＝Φmω＝Φm，对正弦交流电，E有＝＝，B错；由功能关系知，线框转一周外力做的功等于产生的电能，W＝E电＝·T＝，C对；由法拉第电磁感应定律知，＝＝＝，D错。]

12．如图所示，正方形线圈abcd的边长L＝0.3 m，线圈电阻为R＝1 Ω。直线OO′与ad边相距L，过OO′且垂直纸面的竖直平面右侧有磁感应强度B＝1 T的匀强磁场，方向垂直纸面向里。线圈以OO′为轴匀速转动，角速度ω＝20 rad/s，以图示位置为计时起点。则(　　)

A．线圈中产生的交流电瞬时值表达式为u＝0.6cos 20t

B．流过ab边的电流方向保持不变

C．当t＝ s时，穿过线圈的磁通量为0.06 Wb

D．从t＝0到t＝ s，穿过线圈磁通量的变化量大小为0.06 Wb

C　[当bc边在磁场中时，线圈中产生的交流电最大值为Em1＝BωS1＝1×20×0.3×0.1 V＝0.6 V，则瞬时值表达式为u＝0.6sin 20t(V)；当ad边在磁场中时，线圈中产生的交流电最大值为Em2＝BωS2＝1×20×0.3×0.2 V＝1.2 V，瞬时值表达式为u＝1.2sin 20t(V)，选项A错误；每个周期电流方向改变两次，故B错误；t＝ s时，线圈转过180°，adO′O在磁场中，垂直于磁场，故穿过线圈的磁通量为Φ＝B×L2＝1××0.32＝0.06 Wb，故C正确；从t＝0到t＝ s，线圈转过90°，此时线圈平面与磁场方向平行，磁通量为零，故穿过线圈磁通量的变化ΔΦ＝BS＝0.03 Wb，故D错误。]

13．有一种儿童滑板车，轮子一转就闪闪发光。车轮里有磁体、线圈组成的简易发电系统，可对发光二极管供电。该发电系统简化为以下模型：一电阻为R、边长为L的单匝正方形均匀线圈abcd，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。现对线圈施加一外力F，使线圈以角速度ω绕bc边匀速转动，产生正弦交流电。已知线圈质量为m，重力加速度为g，求：

(1)线圈在图示竖直位置时，产生的感应电动势大小E0及ad边受到的安培力大小FA；

(2)线圈从图示竖直位置转过90°的过程中，通过线圈截面的电荷量q；

(3)在(2)的情况下，线框中产生的热量Q及外力F对线框做的功W。

[解析]　(1)线圈产生的感应电动势E0＝BL2ω

形成的感应电流I＝

ad边受到的安培力FA＝BIL

解得FA＝。

(2)此过程产生的平均感应电动势＝＝

平均感应电流＝

则q＝·Δt

解得q＝。

(3)产生电动势的有效值E＝

产生的热量Q＝·

解得Q＝

根据动能定理有mg·＋W－Q＝0

解得W＝－mgL。

[答案]　(1)BL2ω　　(2)　(3)　－mgL

14．如图所示，一个长为2L、宽为L的矩形线框，电阻为R，放在绝缘的水平面上，处于竖直向下的磁场中。在t＝0到t＝时间内，磁感应强度B不断增大，其变化率随时间t的变化关系式为＝ksin ωt(k>0)，求：

(1)t＝时，回路中的感应电动势的大小E和感应电流的方向；

(2)线框的发热功率P；

(3)某段时间内，回路中通过的电量q，求穿过线框的磁通量的变化量ΔΦ。

[解析]　(1)根据法拉第电磁感应定律

回路中的感应电动势e＝＝S＝2kL2sin ωt

t＝时，回路中的感应电动势E＝2kL2，感应电流方向为逆时针。

(2)电动势的最大值Em＝2kL2

由闭合电路欧姆定律 Im＝＝

由于交变电流是正弦式的，所以I＝

所以P＝I2R＝。

(3)＝，q＝Δt＝Δt＝，解得ΔΦ＝qR。

[答案]　(1)2kL2，感应电流方向为逆时针　(2)(3)qR