高考物理一轮复习课时作业50交变电流（含解析）

这是一份高考物理一轮复习课时作业50交变电流（含解析），共10页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
交变电流一、选择题1.(2018·海南)(多选)如图，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有一面积为S的矩形单匝闭合导线abcd，ab边与磁场方向垂直，线框的电阻为R.使线框以恒定角速度ω绕过ad、bc中点的轴旋转．下列说法正确的是(　　)A．线框abcd中感应电动势的最大值是BSωB．线框abcd中感应电动势的有效值是BSωC．线框平面与磁场方向平行时，流经线框的电流最大D．线框平面与磁场方向垂直时，流经线框的电流最大答案　AC解析　A、B两项，线框abcd绕垂直于磁场的轴转动，产生的感应电动势的最大值是Em＝BSω，故A项正确，B项错误；C、D两项，线框平面与磁场方向平行时，此时线圈处于与中性面垂直位置，故此时产生的感应电动势最大，流经线框的电流最大，故C项正确，D项错误．2.(2018·贵州二模)在匀强磁场中，一个150匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线重直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间变化规律如图所示．设线圈总电阻为2 Ω，则(　　)A．t＝0时，线圈平面与磁感线方向垂直B．t＝1 s时，线圈中的电流改变方向C．t＝2 s时，线圈中磁通量的变化率为零D．在2 s内，线圈产生的热量为18π2J答案　D解析　A项，根据图像可知，在t＝0时穿过线圈平面的磁通量为零，所以线圈平面平行于磁感线，故A项错误；B项，Φ­t图像的斜率为，即表示磁通量的变化率，在0.5 s～1.5 s之间，“斜率方向”不变，表示的感应电动势方向不变，则电流强度方向不变，故B项错误；C项，2 s时图像的斜率最大，故磁通量的变化率最大，故C项错误；D项，感应电动势的最大值为Em＝NBSω＝NΦmω＝150×0.04× V＝6πV，有效值E＝＝3πV，根据焦耳定律可得一个周期产生的热为Q＝t＝＝18π2J，故D项正确．3．(2018·天津模拟)如图所示矩形线圈在匀强破场中匀速转动，已如从图示位置转过30°时，感应电动势的瞬时值大小为25 V，则感应电动势的峰值为(　　)A．50 V　　　　　　　　 B．25 VC．25 V   D．50 V答案　A解析　圈绕垂直磁感线的轴匀速转动，产生正弦式交变电流；从垂直中性面位置开始计时，电动势的瞬时值为：e＝Emsinθ；故当θ＝30°时，感应电动势的瞬时值为：e＝Emsin30°＝25 V解得Em＝50 V，故A项正确．4.(2018·湖北模拟)如图所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴OO′以角速度ω逆时针匀速转动．已知磁感应强度B＝0.50 T，线圈匝数N＝100匝，边长Lab＝0.20 m，Lbc＝0.10 m，转速n＝3 000 r/min.若以线圈平面与磁场夹角θ＝30°时为计时起点，电动势的瞬时值的表达式为(　　)A．e＝314sin(100πt＋)V B．e＝314sin(100πt－)VC．e＝314sin(100πt＋)V D．e＝314sin(100πt－)V答案　B解析　转动的角速度ω＝＝100π rad/s线圈转动产生的感应电动势Em＝NBSω＝314 V从图可看出线圈与中性面－60°开始旋转，故瞬时电动势的表达式为e＝314sin(100πt－)V，故B项正确．5．如图表示一交流电的变化的图像，此交流电的有效值为(　　)A.   B.C.   D.答案　C解析　设交流电电流的有效值为I，周期为T，电阻为R，则有：I′2RT＝()2R·＋()2R·＝5RT解得：I′＝ A，故A、B、D三项错误，C项正确．6.一个匝数为100匝，电阻为2 Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按图示规律变化．则线圈中产生交变电流的有效值为(　　)A. A   B．0.6 AC. A   D．0.5 A答案　A解析　0－1 s内的磁通量变化率为：K1＝ Wb/s＝0.01 Wb/s，则感应电动势E1＝＝1 V，1－1.2 s内的磁通量变化率为：K2＝ Wb/s＝0.05 Wb/s，则感应电动势E2＝＝5 V对一个定值电阻，在一个周期内产生的热量：Q＝Q1＋Q2＝×1＋×0.2＝3 J根据有交流电有效值的定义：Q＝I2RT得：I＝ A，故B、C、D三项错误，A项正确．7.(2018·课标Ⅱ卷一模)如图所示，直角三角形导线框OPQ放置在磁感应强度大小为B，方向垂直于OQ向右的匀强磁场中，且OP边的长度为l，∠POQ＝θ.当导线框绕OQ边以角速度ω逆时针转动(从O向Q观察)时，下列说法正确的是(　　)A．导线框OPQ内无感应电流B．导线框OPQ内产生大小恒定，方向周期性变化的交变电流C．P点的电势始终大于O点的电势D．如果截去导线PQ，则P、O两点的电势差的最大值为Bl2ωsinθcosθ答案　D解析　A项，导线框OPQ内，只有边长OP做切割磁感线运动，产生的感应电动势，根据法拉第电磁感应定律可求得感应电动势的大小为E＝Bl··ωcosθsinωt＝Bl2ωsinθcosθsinωt，故导线框OPQ内产生正弦式交变电流，故A、B两项错误；C项，由于导体框OPQ内产生正弦式交变电流，P点的电动势与O的点的电动势大小成周期性变化，故C项错误；D项，如果截取导线PQ，则没有感应电流，但PQ两点的电势差U＝BLωcosθsinωt＝Bl2ωsinθcosθsinωt，故最大值为Bl2ωsinθcosθ，故D项正确．8．(2018·成都模拟)如图所示，一矩形线圈面积为S，匝数为N，总电阻为r，绕其垂直于磁感线的对称轴OO′以角速度ω匀速转动，匀强磁场只分布于OO′的左侧区域，磁感应强度为B，外接电阻为R，从图示位置转180°的过程中，下列说法正确的是(　　)A．从图示位置开始计时，则感应电动势随时间变化的规律为e＝NBSωsinωtB．通过电阻R的电荷量q＝C．外力做功平均功率P＝D．电阻R中产生的焦耳热为Q＝答案　B解析　A项，线圈始终有一半在磁场中切割产生感应电动势，故产生的最大值为Em＝NBSω，故从图示位置开始计时，则感应电动势随时间变化的规律为e＝NBSωsinωt，故A项错误；B项，在转动180°的过程中，产生的平均感应电动势E＝N，形成的感应电流I＝，故流过电阻R的电荷量为q＝I·Δt＝，解得q＝，故B项正确；C项，线圈产生的感应电动势的有效值E＝＝，故外力做功的平均功率P＝＝，故C项错误；D项，电阻R产生的焦耳热Q＝()2Rt＝，故D项错误．9.在如图所示的直角坐标系中，第一象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一长为2l，总电阻为2r的均匀导体棒，以角速度ω在以O为圆心、半径为l的圆环上做匀速转动．由圆心和圆周上各引一导线与阻值为r的电阻组成如图所示电路．已知由圆心引出的导线与圆环绝缘，与导体棒接触良好，导体棒与圆环充分接触，且不计圆环电阻，则通过外电路定值电阻r上的电流的有效值是(　　)A.   B.C.   D.答案　A解析　导体棒转动时，切割产生的感应电动势E＝Bl2ω，通过外电阻r的电流I＝×＝，在导体棒转动一圈的过程中，有半个周期有电流，根据I2R＝I有效2RT得，电流的有效值I有效＝，故A项正确，B、C、D三项错误．10．(多选)如图所示，N匝矩形导线框在磁感应强度为B的匀强磁场中绕轴OO′匀速转动，线框面积为S，线框的电阻、电感均不计，外电路接有电阻R、理想电流表A和二极管D.电流表的示数为I，二极管D具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大，下列说法正确的是(　　)A．导线框转动的角速度为B．导线框转动的角速度为C．导线框转到图示位置时，导线框中的磁通量最大，瞬时电动势为零D．导线框转到图示位置时，导线框中的磁通量最大，瞬时电动势最大答案　BC解析　A项，线圈产生的最大感应电动势Em＝NBSω.根据二极管的特点可知，在一个周期内有半个周期回路中有电流，根据交流电电流的热效应可知·＝I2RT，解得ω＝，故B项正确，A项错误；C项，导线框转到图示位置时，线圈位于中性面处，导线框中的磁通量最大，瞬时电动势为零，故C项正确，D项错误．11.如图所示，在垂直纸面向里的有界匀强磁场中放置了矩形线圈abcd.线圈cd边沿竖直方向且与磁场的右边界重合．线圈平面与磁场方向垂直．从t＝0时刻起，线圈以恒定角速度ω＝绕cd边沿图所示方向转动，规定线圈中电流沿abcda方向为正方向，则从t＝0到t＝T时间内，线圈中的电流I随时间t变化关系图像为图中的(　　)答案　B解析　在0～内，线圈在匀强磁场中匀速转动，故产生正弦交流电，由楞次定律知，电流方向为负值；在～T，线圈中无感应电流；在T时，ab边垂直切割磁感线，感应电流最大，且电流方向为正值．故B项正确．12．(2018·河南模拟)(多选)在某种科学益智玩具中，小明找到了一个小型发电机，其结构示意图如图1、2所示．图1中，线圈的匝数为n，ab长度为L1，bc长度为L2，电阻为r；图2是此装置的正视图，切割处磁场的磁感应强度大小恒为B，有理想边界的两个扇形磁场区夹角都是90°.外力使线圈以角速度ω逆时针匀速转动，电刷M端和N端接定值电阻，阻值为R，不计线圈转动轴处的摩擦，下列说法正确的是(　　)A．线圈中产生的是正弦式交变电流B．线圈在图2所示位置时，产生感应电动势E的大小为nBL1L2ωC．线圈在图2所示位置时，电刷M的电势高于ND．外力做功的平均功率为答案　BC解析　A项，根据磁场的分布可知，当线圈在磁场中时，ab、cd边垂直磁场切割，产生感应电动势大小不变，故不是正弦式函数，故A项错误；B项，有两个边一直在均匀辐向磁场中做切割磁感线运动，故根据切割公式，有E＝2NBL1v其中v＝ωL2；解得E＝NBL1L2ω，故B项正确；C项，根据右手定则，M端是电源正极为高电势，故C项正确；D项，形成的感应电流I＝线圈转动一个周期时间内，产生电流的时间是半周期，故外力平均功率P＝I2(R＋r)解得P＝，故D项错误．13．(多选)如图所示，将一根绝缘硬金属导线弯曲成一个完整的正弦曲线形状，电阻为R，它通过两个小金属环与电阻不计的长直金属杆导通，图中a、b间距离为L，导线组成的正弦图形顶部或底部到杆的距离都是d，右边虚线范围内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于弯曲导线所在平面向里的匀强磁场，磁场区域的宽度为，现在外力作用下导线沿杆以恒定的速度v向右运动，t＝0时刻a环刚从O点进入磁场区域，则下列说法正确的是(　　)A．t＝时刻，回路中的感应电动势为BdvB．t＝时刻，回路中的感应电流第一次开始改变方向C．t＝时刻，回路中的感应电动势为2BdvD．从t＝0到t＝时间内，流过导线横截面的电量为q＝答案　BD解析　A项，t＝时刻，有效切割长度为0，回路中的感应电动势为0，故A项错误．B项，由右手定则判断知，t＝时刻前ab中感应电流方向由a→b.t＝时刻后，ab中感应电流方向由b→a，则知t＝时刻，回路中的感应电流第一次开始改变方向，故B项正确．C项，t＝时刻，效切割长度为d，回路中的感应电动势为Bdv，故C项错误．D项，从t＝0到t＝时间内，流过导线横截面的电量为q＝＝＝＝，故D项正确．14．(多选)利用海洋的波浪可以发电，在我国南海上有一浮筒式波浪发电灯塔，其原理示意图如图甲所示，浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，且始终处于磁场中，该线圈与阻值R＝15 Ω的灯泡相连．浮桶下部由内、外两密封圆筒构成，(图乙中斜线阴影部分)，如图乙所示，其内为产生磁场的磁体，与浮桶内侧面的缝隙忽略不计；匝数n＝200的线圈所在处辐向磁场的磁感应强度B＝0.2 T，线圈直径D＝0.4 m，电阻r＝1 Ω.取g＝10 m/s2，π2≈10，若浮筒随波浪上下运动的速度可表示为v＝0.4πsin(πt) m/s，则下列说法正确的是(　　)A．波浪发电产生电动势e的瞬时表达式为e＝16sin(πt)VB．灯泡中电流i的瞬时表达式为i＝4sin(πt)AC．灯泡的电功率为120 WD．灯泡两端电压的有效值为30 V答案　BCD解析　电动势e＝nBπDv＝64sin(πt)，A项错．灯泡中电流i＝＝4sin(πt)，B项正确．灯泡的电功率P＝I2R＝()2×15 W＝120 W，C项正确．灯泡两端电压的有效值U＝IR＝30 V，D项正确．二、非选择题15．图甲是交流发电机模型示意图．在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO′转动，由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO′转动的金属圆环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路．图乙是线圈的主视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示．已知ab长度为L1，bc长度为L2，线圈以恒定角速度ω逆时针转动．(只考虑单匝线圈) (1)线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式；(2)线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，如图丙所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式．答案　(1)e1＝BL1L2ωsinωt　(2)e2＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)解析　(1)矩形线圈abcd在磁场中转动时，ab、cd切割磁感线，且转动的半径为r＝，转动时ab、cd的线速度v＝ωr＝，且与磁场方向的夹角为ωt，所以，整个线圈中的感应电动势e1＝2BL1vsinωt＝BL1L2ωsinωt.(2)当t＝0时，线圈平面与中性面的夹角为φ0，则t时刻，线圈平面与中性面的夹角为ωt＋φ0故此时感应电动势的瞬时值e2＝2BL1vsin(ωt＋φ0)＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)．