新教材高考物理一轮复习课时规范练36交变电流的产生及其描述含答案

这是一份新教材高考物理一轮复习课时规范练36交变电流的产生及其描述含答案，共9页。试卷主要包含了1 s和t=0，5 sB等内容，欢迎下载使用。

1.(交变电流产生的图像分析)矩形线圈的匝数为50,在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时,穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示,下列结论正确的是( )
A.在t=0.1 s和t=0.3 s时,电动势最大
B.在t=0.2 s和t=0.4 s时,电动势最小
C.电动势的最大值是157 V
D.在t=0.4 s时,磁通量变化率为零
2.(交变电流的产生与描述)(2022辽宁沈阳五校协作体期末)某偏僻山区靠小型发电机供电照明,供电电路如图甲所示,通过电灯的电流随时间变化的正弦规律图像如图乙所示,若发电机的线圈共有1 000匝,总内阻为2 Ω,电灯的电阻为48 Ω,不计输电线的电阻,则下列说法正确的是( )
A.电路中的电流方向每秒改变50次
B.穿过线圈的磁通量的最大值为24π×10-3 Wb
C.穿过线圈的磁通量变化率的最大值为252 Wb/s
D.电灯的电功率为12.5 W
3.(交变电流的产生与描述)(2022四川遂宁期中)如图所示,由交流发电机、定值电阻R、交流电流表A组成的闭合回路,线圈ABCD逆时针方向转动,图示位置磁感线与线圈平面平行,下列说法正确的是( )
A.t2、t4时刻线圈中感应电动势最小
B.t1、t3时刻线圈中感应电流方向改变
C.线圈转到图甲所示位置时,线圈中磁通量变化率为零
D.线圈转动到图甲中位置时,感应电流方向为A→B→C→D→A
4.(交变电流的描述、四值问题)右图是某小型交流发电机的示意图,其矩形线圈的面积为S=0.03 m2,共有10匝,线圈总电阻为r=1 Ω,可绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO'转动;线圈处于磁感应强度为22π T的匀强磁场中,线圈在转动时可以通过滑环K、K'和电刷L、L'保持与阻值为9 Ω的外电路电阻R的连接。在外力作用下线圈以恒定的角速度ω=10π rad/s绕轴OO'匀速转动。则下列说法正确的是( )
A.电阻R的发热功率是3.6 W
B.交流电流表的示数是0.6 A
C.用该电源给电磁打点计时器供电时,打点的时间间隔一定为0.02 s
D.如果将电阻R换成标有“6 V 3 W”的小灯泡,小灯泡能正常工作
5.(有效值的理解)一只电阻分别通过四种不同形式的电流,电流随时间变化的情况如下图所示,在相同时间内电阻产生热量最大的是( )
6.(有效值的计算)(2022河北高考模拟)某周期性变化电流随时间变化的规律如图所示,已知该电流的有效值为22 A,则该交变电流的周期为( )
A.37.5 sB.40 s
C.42.5 sD.45 s
7.(多选)(交流电路及瞬时值表达式)理想电压表和理想电流表与两个相同的灯泡连成如图甲所示的电路,接在正弦式交流电源上,每个灯泡的电阻R=110 Ω。图乙是交变电源输出电压u随时间t变化的图像,则下列选项正确的是( )
A.电流表读数是1 A
B.电压表读数是311 V
C.每个灯泡两端的电压随时间变化的规律是uR=311cs 100πt(V)
D.通过每个灯泡的电流随时间变化的规律是i=1.41cs 100πt(A)
素养综合练
8.某交流发电机给灯泡供电,产生交变电流的图像如图所示,下列说法正确的是( )
A.交变电流的频率为100 Hz
B.交变电流的瞬时表达式为i=5cs 50πt(A)
C.该交变电流的电压有效值为52 V
D.在t=5×10-3 s时,穿过交流发电机线圈的磁通量最大
9.(多选)(2023山东潍坊模拟)海洋中蕴藏着巨大的能量,利用海洋的波浪可以发电。在我国南海上有一浮桶式波浪发电灯塔,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,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的线圈所在处辐射磁场的磁感应强度B=0.2 T,线圈直径D=0.4 m,电阻r=1 Ω。重力加速度g取10 m/s2,π2取10。若浮桶随波浪上下运动的速度为v=0.4πsin πt(m/s),则( )
A.灯泡中电流i的瞬时表达式为i=4sin πt(A)
B.波浪发电产生电动势e的瞬时表达式为e=0.32sin πt(V)
C.灯泡的电功率为120 W
D.灯泡两端电压的有效值为1522 V
10.(多选)(2023陕西咸阳模拟)如图所示,发电机内部线圈处于磁体和圆柱形铁芯之间的径向磁场中,磁体的N、S极间的过渡区域宽度很小,可忽略不计。线圈的匝数为N、面积为S、总电阻为r,线圈所在位置的磁感应强度大小为B。当线圈以角速度ω匀速转动时,额定电压为U、电阻为R的灯泡在电路中恰能正常发光,则( )
A.发电机输出的电流为矩形波交变电流
B.灯泡两端电压U=22NBSω
C.感应电动势的有效值是1+rRU
D.转动过程中穿过线圈的磁通量始终为零
11.(2023山东德州模拟)如图所示,坐标系xOy的第一、四象限的两块区域内分别存在垂直于纸面向里、向外的匀强磁场,磁感应强度的大小均为1.0 T,两块区域曲线边界的曲线方程为y=0.5sin 2πx(m)(0≤x≤1.0 m)。现有一单匝矩形导线框abcd在拉力F的作用下,从图示位置开始沿x轴正方向以2 m/s的速度做匀速直线运动,已知导线框长为1 m、宽为0.5 m、总电阻为1 Ω,开始时bc边与y轴重合,则导线框穿过两块区域的整个过程拉力F做的功为( )
J J
C.0.5 J J
12.(2023福建福州期中)图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图,其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO'按如图所示方向匀速转动,线圈的匝数n=100、电阻r=10 Ω,线圈的两端经集流环与电阻R连接,电阻R=90 Ω,与R并联的交流电压表为理想电表。在t=0时刻,线圈平面与磁场方向平行,穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图乙所示正弦规律变化。π取3.14,求:
甲
乙
(1)交流发电机产生的电动势的最大值;
(2)从t=0时刻开始计时,线圈转过60°时线圈中感应电流瞬时值及回路中的电流方向;
(3)从图示位置转过90°,通过线圈的电荷量q,以及外力对线圈所做的功W外。
答案：
1.C 解析 由Φ-t图像可知Φmax=BS=0.2 Wb,T=0.4 s,又因为N=50,所以Emax=NBSω=NΦmax·2πT=157 V,C正确。t=0.1 s和t=0.3 s时,Φ最大,e=0;t=0.2 s和t=0.4 s时,Φ=0,e=Emax最大,故A、B错误。根据线圈在磁场中转动时产生感应电动势的特点知,当t=0.4 s时,ΔΦΔt最大,D错误。
2.B 解析 由题图乙可知周期T=0.02 s,一周期内电流方向变化两次,所以每秒改变n=2×1T=2×10.02次=100次,故A错误;电流的最大值为Im=NBL2ωR+r=NΦmωR+r=2NΦmπ(R+r)T,可得Φm=24π×10-3 Wb,故B正确;设磁通量变化率的最大值为em,电流的最大值为Im=NemR+r,可得em=240 Wb/s,故C错误;电流的有效值为I=Im2=222 A=0.5 A,灯的电功率为P=I2R=12 W,故D错误。
3.B 解析 根据交流发电机工作原理,由题图乙可知,在t2、t4时刻,穿过线圈的磁通量为零,但磁通量变化率却最大,则线圈中产生的感应电动势最大,故A错误;由题图乙知线圈在t1、t3时刻,穿过线圈的磁通量最大,线圈位于中性面,线圈中感应电流方向改变,故B正确;线圈转到题图甲所示位置时,穿过线圈的磁通量为零,但磁通量变化率却最大,故C错误;线圈ABCD逆时针方向转动,根据右手定则可判断当线圈转动到题图甲中位置时,感应电流方向为D→C→B→A→D,故D错误。
4.B 解析 当线圈平面与磁场方向平行时,线圈中的感应电动势最大,有Em=nBSω=62 V,所以有效值为6 V,电流表的示数I=ER+r=0.6 A,电阻R的发热功率P=I2R=3.24 W,故A错误,B正确;因为T=2πω=0.2 s,用该电源给电磁打点计时器供电时,打点的时间间隔是0.2 s,故C错误;因为该交流电压的有效值是6 V,但由于有内阻,所以“6 V 3 W”的小灯泡接在该电源上不能正常工作,故D错误。
5.D 解析 选项A、B中交变电流的有效值都为2 A,选项C中恒定电流的大小为1.5 A,选项D中交变电流的有效值为2 A,根据热量的表达式Q=I2Rt得出选项D正确。
6.C 解析 设周期为T,由题可知,根据电流热效应有I2RT=I12Rt1+I22Rt2+I32R(T-t1-t2),把t1=10 s,t2=(20-10) s=10 s,I1=3 A,I2=4 A,I3=2 A,代入解得T=42.5 s,故A、B、D错误,C正确。
7.AD 解析 由题图乙,输出电压最大值为311 V,则有效值为220 V,故电压表示数应为220 V,电流I=U2R=2202×110 A=1 A,即电流表示数为1 A,故A正确,B错误;灯泡电阻相同,故其电压相等,为输出电压的一半,而每只灯泡电压的变化周期与输出电压相同,所以灯泡两端电压随时间变化规律为uR=155.5cs 100πt (V),故C错误;根据I=ER得,电路最大电流为Imax=311110+110 A=1.41 A,故电流I=1.41cs 100πt (A),故D正确。
8.D 解析 根据图像知交变电流的周期为0.02 s,因此频率为50 Hz,A错误;由ω=2πT=100π rad/s,电流的最大值为5 A可得,交变电流的瞬时值表达式为i=5cs 100πt(A),B错误;因为电阻未知,故电压不能确定,C错误;t=5×10-3 s时,交变电流的瞬时值为零,磁通量最大,D正确。
9.AC 解析 线圈在磁场中切割磁感线产生的电动势为Emax=NBlvmax,其中l=πD,联立得Emax=πNBDvmax=π×200×0.2×0.4×0.4π V=64 V,则波浪发电产生电动势e的瞬时表达式e=Emaxsin πt=64sin πt(V);根据闭合电路欧姆定律有I=ER+r,得i=eR+r=4sin πt(A),故A正确,B错误。通过灯泡电流的有效值为I=42A,则灯泡的电功率为P=I2R=162×15 W=120 W,故C正确。灯泡两端电压的有效值为U=IR=42×15 V=302 V,故D错误。
10.AC 解析 线圈在径向磁场中做切割磁感线运动,产生的感应电动势大小不变,方向做周期性变化,发电机输出的电流为矩形波交变电流,A正确;线圈以角速度ω匀速转动时,根据法拉第电磁感应定律,则有感应电动势的最大值为Em=NBSω,因磁场是辐向磁场,线圈切割磁感线的有效速度大小不变,所以发电机产生的感应电动势的有效值E=NBSω,灯泡两端电压U=NBSωR+rR,B错误;根据闭合电路欧姆定律,电源电动势大小为E=UR(R+r)=1+rRU,C正确;若转动过程中穿过线圈的磁通量始终为零,则不会产生感应电动势,D错误。
11.D 解析 导线框位移为0≤x≤0.5 m过程,只有bc边在磁场中切割磁感线,产生的电动势大小为E1=Byv=sin 2πx(V),此过程所用时间为t1=0.52 s=0.25 s,此过程的最大电动势为E1m=1.0 V,导线框位移为0.5 m12.答案 (1)200 V
(2)1 A,电流方向为abcda
(3)0.02 C 3.14 J
解析 (1)由Φ-t图线可知Φm=2.0×10-2 Wb,T=6.28×10-2 s
因为Φm=BS
ω=2πT=2π6.28×10-2 rad/s=100 rad/s
所以Em=nBSω=nΦmω=100×2.0×10-2×100 V=200 V。
(2)因为e=Emcs ωt(V)
所以i=eR+r=EmR+rcs ωt
解得i=2cs 60° A=1 A
根据楞次定律可知电流方向为abcda。
(3)电动势的有效值为E=22Em=22×200 V=1002 V
由闭合电路欧姆定律得,电路中电流的有效值为I=ER+r=100290+10 A=2 A
通过线圈的电荷量为q=nΔΦR+r=100×2.0×10-290+10 C=0.02 C
根据焦耳定律可得Q=I2(R+r)×T4=22×(90+10)×6.28×10-24 J=3.14 J
外力对线圈做功为W外=Q=3.14 J。