2024年高考物理第一轮复习讲义：第十二章 第1讲 交变电流的产生和描述

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【A级——夯实基础】1．(2022·辽宁锦州模拟)一矩形线圈ABCD在匀强磁场中绕其中心轴OO′匀速转动时，就会在线圈中形成交变电流。下列说法正确的是(　　)A．线圈经过甲图位置时，穿过线圈的磁通量最大，产生的电流也最大B．线圈经过乙图位置时，穿过线圈的磁通量为零，产生的电流最大C．线圈经过丙图位置时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率也最大D．线圈从丙图位置转到丁图位置的过程中，穿过线圈的磁通量减小，产生的电动势也减小解析：线圈经过甲图位置(中性面)时，穿过线圈的磁通量最大，产生的电流为零，故A错误；线圈经过乙图位置(与中性面垂直)时，穿过线圈的磁通量为零，产生的电流最大，故B正确；线圈经过丙图位置(中性面)时，穿过线圈的磁通量最大，产生的磁通量变化率最小为零，故C错误；线圈从丙图位置(中性面)转到丁图位置(与中性面垂直)的过程中，穿过线圈的磁通量减小，根据法拉第电磁感应定律可知，产生的电动势增大，故D错误。答案：B2．(2022·湖南衡阳月考)在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁感线垂直的OO′轴匀速转动，如图甲所示，产生的瞬时电动势随时间变化的图像如图乙所示，则(　　)A．t＝0．005 s时通过线圈平面的磁通量最小B．t＝0．01 s时线圈的磁通量变化率最小C．线圈产生的交变电流的频率为50 HzD．线圈产生的感应电动势有效值为311 V解析： t＝0．005 s时，线圈产生的感应电动势为0，线圈处于中性面，故磁通量最大，A错误；t＝0．01 s时，线圈产生的感应电动势为最大值，因此磁通量的变化率最大，B错误；由题图乙可知，交变电流的周期T＝0．02 s，因此交变电流的频率为50 Hz，C正确；由题图乙可知，线圈产生的感应电动势的最大值为311 V，有效值为220 V，D错误。答案：C3．图甲、乙分别是两种交流电的i2-t、i-t关系图像，则甲、乙两种交流电的有效值之比为(　　)A．　　　　　　　　 B．C．1    D．2解析：设甲、乙两图的交流电有效值分别为I甲、I乙，根据交流电有效值的定义与图中的数据可得I甲2RT＝R×0．5T＋I2R×0．5T，I乙2RT＝()2R×＋()2R×，解得I甲＝I，I乙＝I，则有＝，故选B。答案：B4．一电阻R接到有效值为I0的正弦式交变电源上，一个周期内产生的热量为Q1；若将此电阻接到电流变化如图所示的交变电源上，则一周期内产生的热量为Q2。已知两电源的变化周期相同，则为(　　)A．   B．C．    D．解析：将电阻R接到有效值为I0的正弦式交变电源上，一个周期内产生的热量Q1＝I02RT，当接到如题图所示的电源上时，则一周期内产生的热量Q2＝()2R·＋I02R·＝I02RT，则＝，故选B。答案：B5．如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的规律如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)A．t＝0．01 s时，线框平面与磁感线相互平行B．t＝0．005 s时，穿过线框的磁通量最大C．当电动势瞬时值为22 V时，线圈平面与中性面夹角为45°D．线框中的感应电流方向每秒钟改变50次解析：t＝0．01 s时，感应电动势为零，则线框平面与磁感线相互垂直，A错误； t＝0．005 s时，感应电动势最大，则穿过线框的磁通量最小，B错误；根据瞬时值表达式e＝22sin ωt V知，当电动势瞬时值为22 V时ωt＝，即线圈平面与中性面夹角为45°，C正确；因为f＝ Hz＝50 Hz，在一个周期内电流方向改变2次，可知线框中的感应电流方向每秒钟改变100次，D错误。答案：C6．一交流发电机示意图如图所示，线圈abcd在匀强磁场中绕固定轴OO′沿顺时针方向匀速转动，产生的电动势的瞬时值表达式为e＝110sin 100πt V。已知线圈电阻r＝2 Ω，定值电阻R＝20 Ω，电表均为理想交流电表，下列说法正确的是(　　)A．电流表示数为5 AB．电压表示数为110 VC．t＝5×10－3 s时刻，穿过线圈的磁通量最大D．0～5×10－3 s内，通过电阻R的电荷量为 C解析：线圈产生的感应电动势的最大值Em＝110 V，线圈产生的感应电动势的有效值E＝＝110    V，根据闭合电路的欧姆定律可知I＝＝＝5 A，故A错误；电压表示数UR＝IR＝5 A×20 Ω＝100 V，故B错误；t＝5×10－3 s时刻，线圈产生的感应电动势最大，此时线圈位于与中性面垂直的位置，故穿过线圈的磁通量为零，故C错误；0～5×10－3 s内，通过电阻R的电荷量q＝Δt，＝＝，则q＝＝ C，故D正确。答案：D7．(2022·湖北鄂东南模拟)在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴OO′匀速转动，如图甲所示，产生的交变电流i随时间t变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是(　　)A．t＝0．02 s时，穿过线框的磁通量最大B．t＝0时，线框中磁通量的变化率为零C．t＝ s时，通过线框的瞬时电流为2．5 AD．若线框的电阻为0．2 Ω，则线框的热功率为5 W解析：t＝0．02 s时，产生的感应电流最大，线框平面与磁场平行，穿过线框的磁通量为零，A错误；t＝0时，产生的感应电流最大，感应电动势最大，故线框中磁通量的变化率最大，B错误；由题图乙可得，该交变电流的表达式为i＝Imcos t＝5cos 100πt A，当t＝ s时，代入可得通过线框的瞬时电流为2．5 A，C正确；若线框的电阻R＝0．2 Ω，则线框的热功率为P＝I2R＝()2×0．2 W＝2．5 W，D错误。答案：C
8．某闭合金属线圈，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示规律变化。已知线圈匝数为100，总电阻为1 Ω，π2取10，则下列说法正确的是(　　)A．t＝0时，线圈中的感应电动势为 VB．t＝1 s时，线圈中的电流改变方向C．t＝3 s时，线圈平面垂直于磁感线D．4 s内，线圈中产生的焦耳热为125 J解析：由题图可知，t＝0时，穿过线圈的磁通量最大，线圈所在平面与中性面重合，线圈中感应电动势为0，A错误；t＝1 s时，穿过线圈的磁通量为0，线圈所在平面垂直于中性面，线圈中感应电流最大，线圈中的电流方向不改变，B错误；t＝3 s时，穿过线圈的磁通量为0，线圈所在平面垂直于中性面，线圈平面平行于磁感线，C错误；线圈中产生的感应电流为正弦交流电，T＝4 s，则Em＝NBSω①Φmax＝BS②ω＝③E有＝ ④联立①②③④可得E有＝ V⑤由闭合电路欧姆定律可得I有＝⑥由焦耳定律可得Q＝I有2RT⑦联立⑤⑥⑦可得Q＝125 J，D正确。答案：D9．小型交流发电机的原理图如图甲所示，发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动，从t＝0时刻开始，通过矩形线圈的磁通量随时间变化的规律如图乙所示，已知线圈的匝数n＝50，线圈的电阻r＝5 Ω，线圈与外电路连接的定值电阻R＝45 Ω，电压表为理想交流电表。下列判断正确的是(　　) A．线圈转动的周期为6．28 sB．t＝0时刻线圈平面与磁感线垂直C．线圈转动过程中产生的最大感应电动势为100 VD．电压表的示数为45 V解析：由题图乙可知，线圈转动的周期为T＝6．28×10－2 s，A项错误；由题图乙可知，t＝0时刻，磁通量为零，线圈平面与磁感线平行，B项错误；线圈转动过程产生的最大感应电动势Em＝nBSω＝nΦmω＝50×2×10－2× V＝100 V，C项错误；电压表的示数为U＝·R＝×45 V＝45 V，D项正确。答案：D【B级——能力提升】10．如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，其电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线O′O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绕轴O′O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，有Em＝BL2ωB．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e＝BL2ωsin ωtC．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＝解析：题图所示位置，通过线圈的磁通量最大，但感应电动势为零，A错误；线圈所围成的闭合电路中产生的感应电动势最大值Em＝BL2ω，故对应的瞬时值表达式为e＝BL2ωsin ωt，B错误；由q＝可得线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量q＝，C错误；电阻R上产生的热量应利用有效值求解，即转动一周的过程中产生的热量Q＝[]2R×＝，D正确。答案：D11．如图甲，10匝完全相同的线圈abcd整体在匀强磁场中绕MN轴匀速转动，单匝线圈上产生的电动势随时间变化规律如图乙所示，单匝线圈内阻r＝0．1 Ω，定值电阻R＝9 Ω。下列说法正确的是(　　)A．t＝0．05 s时穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化最慢B．图甲中交流电压表的示数是9 VC．此交变电流的周期是0．2 s，线圈转动的角速度是5π  rad/sD．线圈从图示位置转过45°，电压表的示数为10 V解析：t＝0．05 s时线圈产生的感应电动势最大，故此时线圈位于与中性面垂直位置，此时穿过线圈的磁通量为0，磁通量变化最快，故A错误；由题图乙可知，周期为0．2 s，则线圈转动的角速度ω＝＝10π rad/s，10匝线圈产生的电动势最大为10 V，由闭合电路欧姆定律可得路端电压的最大值Umax＝×R＝9 V，交流电压表测的是电压的有效值，所以电压表示数U＝＝9 V，故B正确，C错误；交流电压表测的是电压的有效值，所以还是9 V，故D错误。答案：B12．(2022·山东威海质检)手机无线充电工作原理的示意图如图甲所示，由送电线圈和受电线圈组成。已知受电线圈的匝数n＝50匝，电阻r＝1．0 Ω，在它的c、d两端接一阻值R＝9．0 Ω的电阻。设在受电线圈内存在与线圈平面垂直的磁场，其磁通量随时间按图乙所示的规律变化，可在受电线圈中产生电动势最大值为20 V的正弦交流电，设磁场竖直向上。下列说法正确的是(　　)A．在t＝π×10－3 s时，受电线圈中产生电流的大小为 AB．在t＝π×10－3 s时，c端电势低于d端电势C．在一个周期内，电阻R上产生的热量为5．7×10－3 JD．从t1到t2时间内，通过电阻R的电荷量为2×10－3 C解析：由题图乙知t＝π×10－3 s时受电线圈中产生的电动势最大，Em＝20 V，线圈中产生感应电流的大小I1＝Im＝＝2．0 A，故A错误；由楞次定律可以得到t＝π×10－3 s时c端电势高，故B错误；通过电阻的电流的有效值I＝＝ A，电阻在一个周期内产生的热量Q＝I2RT≈5．7×10－2 J，故C错误；线圈中感应电动势的平均值＝n，通过电阻R的电流的平均值＝，通过电阻R的电荷量q＝·Δt，由题图乙知，在～的时间内，ΔΦ＝4×10－4 Wb，解得q＝n＝2×10－3 C，故D正确。答案：D