新高考物理一轮复习课时作业第11章第1讲交变电流的产生和描述（含解析）

这是一份新高考物理一轮复习课时作业第11章第1讲交变电流的产生和描述（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。


时间：40分钟 满分：100分
一、选择题(本题共9小题，每小题9分，共81分。其中1～6题为单选，7～9题为多选)
1．图中闭合线圈都在匀强磁场中绕虚线所示的固定转轴匀速转动，不能产生正弦式交变电流的是( )
答案 C
解析 只要闭合线圈绕线圈平面内垂直磁感线的轴匀速转动，就能产生正弦式交流电，与轴的位置、线圈的形状无关。除C项的轴与磁感线平行外，其他选项的轴都与磁感线垂直。故C正确，A、B、D错误。
2．(2020·北京市朝阳区一模)图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图甲所示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A．电流表的示数为20 A
B．线圈转动的角速度为50π rad/s
C．t＝0.01 s时，穿过线圈的磁通量为零
D．t＝0.02 s时，线圈平面与磁场方向垂直
答案 C
解析 电流表的示数为线圈中感应电流的有效值，则I＝eq \f(Im,\r(2))＝eq \f(10\r(2),\r(2)) A＝10 A，故A错误；由图乙可知，该交流电的周期T＝0.02 s，则线圈转动的角速度为ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,0.02) rad/s＝100π rad/s，故B错误；由图乙可知，t＝0.01 s和t＝0.02 s时，感应电流都最大，则线圈都处于与中性面垂直的位置，穿过线圈的磁通量都为零，故C正确，D错误。
3.(2021·八省联考福建卷)一手摇交流发电机线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴位于线圈平面内，并与磁场方向垂直，产生的交变电流i随时间t变化关系如图所示，则( )
A．该交变电流频率是0.4 Hz
B．该交变电流有效值是0.8 A
C．t＝0.1 s时，穿过线圈的磁通量最小
D．该交变电流瞬时值表达式是i＝0.8 eq \r(2)sin5πt(A)
答案 C
解析 由题图可知该交变电流的周期为0.4 s，则频率f＝eq \f(1,T)＝2.5 Hz，故A错误；该交变电流的有效值I＝eq \f(Im ,\r(2))＝eq \f(0.8 A,\r(2))≈0.57 A，故B错误；t＝0.1 s时，该交变电流的瞬时值最大，线圈位于中性面的垂面位置，穿过线圈的磁通量最小，故C正确；线圈转动的角速度ω＝2πf＝5π rad/s，则该交变电流的瞬时值表达式为i＝0.8sin5πt(A)，故D错误。
4.(2020·天津市红桥区期末)如图所示，电阻为r的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以某一角速度ω匀速转动。t＝0时，线圈平面与磁场垂直，各电表均为理想交流电表，则( )
A．t＝0时，线圈中的感应电动势最大
B．1 s内电路中的电流方向改变了eq \f(ω,2π)次
C．滑片P向下滑动时，电压表的读数变大
D．线圈匀速转动的角速度ω变为原来的2倍时，电阻R的电功率也变为原来的2倍
答案 C
解析 t＝0时，线圈平面与磁场垂直，处于中性面位置，线圈中的感应电动势为零，A错误；交流电的频率为f＝eq \f(ω,2π)，1 s内电流方向改变2f次，即1 s内电路中的电流方向改变了eq \f(ω,π)次，B错误；滑片P向下滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻增大，电路总电阻增大，电流减小，电源内阻分压减小，所以路端电压变大，电压表读数变大，C正确；根据Em＝NBSω，以及电阻R两端电压的有效值U＝eq \f(\r(2),2)Um＝eq \f(\r(2)EmR,2R＋r)，若ω增大为原来的2倍，则电阻R两端的电压变为原来的2倍，由P＝eq \f(U2,R)可知，R的电功率变为原来的4倍，D错误。
5．如图所示，在磁极和圆柱状铁芯间形成的两部分磁场区域的圆心角α均为eq \f(4,9)π，磁感应强度均沿半径方向，半径为eq \f(L,2)处的磁感应强度大小均为B。单匝矩形线圈abcd的宽ab＝L，长bc＝2L，线圈绕中轴线以角速度ω匀速转动时对外电阻R供电。若线圈电阻为r，电流表内阻不计，则下列说法正确的是( )
A．线圈转动时将产生正弦式交流电
B．从图位置开始转过90°角时，电流方向将发生改变
C．线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的变化率不变
D．电流表的示数为eq \f(4BL2ω,3R＋r)
答案 D
解析 bc边在上方磁场中切割磁感线时，线圈中感应电流方向为c→b→a→d→c，感应电动势大小为E＝2B·2L·eq \f(L,2)ω＝2BL2ω，同理，bc边在下方磁场中切割磁感线时，线圈中感应电流方向为b→c→d→a→b，感应电动势大小仍为E＝2BL2ω，所以线圈连续转动时，流过电阻R的电流是交流电，但线圈切割磁感线时感应电流的大小不变，产生的不是正弦式交流电，故A错误；从图示位置开始转动90°角时，电流方向不发生改变，故B错误；线圈转动过程中，产生交流电，感应电动势变化，故穿过线圈的磁通量的变化率变化，故C错误；一个周期内，电流不为0的时间为：t＝eq \f(2α,2π)T＝eq \f(4,9)T，有电流时的电流值为I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(2BL2ω,R＋r)，由有效值的定义有I2R·eq \f(4,9)T＝Ieq \\al(2,有效)R·T，解得电流的有效值即电流表的示数为I有效＝eq \f(4BL2ω,3R＋r)，故D正确。
6．如图所示区域内存在匀强磁场，磁场的边界由x轴和y＝2sineq \f(π,2)x曲线围成(0≤x≤2 m)，现把一边长为2 m的正方形单匝线框以水平速度v＝10 m/s匀速地拉过该磁场区，磁场区的磁感应强度为0.4 T，线框电阻R＝0.5 Ω，不计一切摩擦阻力，则( )
A．水平拉力F的最大值为8 N
B．拉力F的最大功率为12.8 W
C．拉力F要做25.6 J的功才能让线框通过此磁场区
D．拉力F要做12.8 J的功才能让线框通过此磁场区
答案 C
解析 设线框的边长为l，线框匀速通过磁场区，产生的感应电流先增大后减小，形成与正弦交流电前半个周期变化相同的电流，通过该区的时间t＝eq \f(2l,v)＝0.4 s，线框中感应电动势最大值为Em＝Blv＝8 V，有效值为E＝4eq \r(2) V，感应电流最大值为Im＝eq \f(Em,R)＝16 A，有效值为I＝8eq \r(2) A，则水平拉力最大值为Fm＝BIml＝12.8 N，A错误；拉力的最大功率为Pm＝Fmv＝128 W，B错误；线框匀速通过，拉力做的功等于线框产生的焦耳热，即W＝Q＝I2Rt＝25.6 J，C正确，D错误。
7．如图甲所示是一种振动发电装置的示意图，半径为r＝0.1 m、匝数n＝20的线圈位于辐向分布的磁场中，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)，线圈所在位置的磁感应强度的大小均为B＝eq \f(0.20,π) T，线圈电阻为R1＝0.5 Ω，它的引出线接有R2＝9.5 Ω的小电珠L，外力推动线圈框架的P端，使线圈沿轴线做往复运动，线圈运动速度v随时间t变化的规律如图丙所示(摩擦等损耗不计，图丙为正弦函数图线)，则( )
A．小电珠中电流的峰值为0.16 A
B．小电珠中电流的有效值为0.16 A
C．电压表的示数约为1.5 V
D．t＝0.01 s时外力的大小为0.128 N
答案 AD
解析 由题意及法拉第电磁感应定律可知，线圈在磁场中做往复运动，产生的感应电动势随时间按正弦规律变化，线圈中的感应电动势的峰值为Em＝nB·2πrvm，故小电珠中电流的峰值为Im＝eq \f(Em,R1＋R2)＝eq \f(20×\f(0.20,π)×2π×0.1×2,0.5＋9.5) A＝0.16 A，有效值为I＝eq \f(Im,\r(2))＝0.08eq \r(2) A，A正确，B错误；电压表示数为U＝I·R2≈1.07 V，C错误；当t＝0.01 s＝eq \f(T,4)时，由图丙知线圈的加速度为0，则此时外力大小等于线圈所受安培力大小，所以此时外力的大小为F＝nB·2πrIm＝0.128 N，D正确。
8.(2020·天津市塘沽一中二模)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＝eq \f(2,π) 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．线圈产生的是正弦式交流电
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eq \f(1,60) s时瞬时感应电动势为40eq \r(3) V
D．线圈产生的感应电动势的有效值为40 V
答案 BD
解析 根据题意，从图示位置开始计时，0～eq \f(T,4)，线圈产生的是正弦式电流，eq \f(T,4)～eq \f(T,2)以及eq \f(T,2)～eq \f(3T,4)，线圈不产生感应电流，eq \f(T,4)～T，线圈产生正弦式电流，i­t图像如图所示，故A错误；线圈转动过程中产生的感应电动势最大值Em＝nBSω＝80 V，故B正确；线圈转动eq \f(1,60) s时，转过eq \f(π,6) rad，瞬时感应电动势为e＝Emsineq \f(π,6)＝40 V，故C错误；在一个周期内，只有半个周期产生感应电动势，根据有效值的定义有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Em,\r(2)R)))2R·eq \f(T,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(E,R)))2RT，可得线圈产生的感应电动势的有效值E＝eq \f(Em,2)＝40 V，故D正确。
9.(2020·山东省东营一中下学期开学考试)如图所示，正方形单匝线框abcd边长为L，每边电阻均为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕cd边以角速度ω匀速转动，c、d两点与外电路相连，外电路电阻也为r，导线电阻忽略不计，则下列说法中正确的是( )
A．从图示位置开始计时，线框感应电动势的瞬时值表达式为e＝BωL2csωt
B．S断开时，电压表读数为eq \f(\r(2),8)BωL2
C．初始S闭合，现将S断开，电压表读数不变
D．S闭合时，线框从图示位置转过eq \f(π,2)过程中流过电流表的电荷量为eq \f(BL2,7r)
答案 ABD
解析 图示线框平面与中性面垂直，此时线框产生的感应电动势最大，则从图示位置开始计时，线框abcd产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcsωt＝BωL2csωt，A正确；感应电动势的有效值E＝eq \f(Em,\r(2))＝eq \f(BωL2,\r(2))，当S断开时，根据闭合电路欧姆定律可知通过线框的电流的有效值为I＝eq \f(E,4r)＝eq \f(BωL2,4\r(2)r)，电压表测量cd边两端电压，则电压表示数为U＝Ir＝eq \f(BωL2,4\r(2)r)·r＝eq \f(\r(2)BωL2,8)，B正确；S闭合后，电路中总电阻为3r＋eq \f(r2,r＋r)＝eq \f(7,2)r，根据闭合电路欧姆定律可知电压表示数为U′＝eq \f(E,\f(7,2)r)·eq \f(r,2)＝eq \f(\r(2)BωL2,14)，C错误；S闭合时，线框从图示位置转过eq \f(π,2)过程中流过干路的总电荷量q＝eq \x\t(I)·Δt＝eq \f(\x\t(E),\f(7,2)r)·Δt＝eq \f(\f(ΔΦ,Δt),\f(7,2)r)·Δt＝eq \f(BL2,\f(7,2)r)＝eq \f(2BL2,7r)，根据并联电路分流规律可知流过电流表的电荷量为qA＝eq \f(1,2)q＝eq \f(BL2,7r)，D正确。
二、非选择题(本题共1小题，共19分)
10．(19分)如图所示，一个半径为r的半圆形线圈，以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直于纸面向里(与ab垂直)的匀强磁场，磁感应强度为B。M和N是两个集流环，负载电阻为R，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，求：
(1)感应电动势的最大值；
(2)从图示位置起转过eq \f(1,4)圈的时间内，负载电阻R上产生的热量；
(3)从图示位置起转过eq \f(1,4)圈的时间内，通过负载电阻R的电荷量；
(4)电流表的示数。
答案 (1)π2Bnr2 (2)eq \f(π4B2r4n,8R) (3)eq \f(πBr2,2R)
(4)eq \f(π2r2nB,2R)
解析 (1)线圈绕轴匀速转动时，在电路中产生如图所示的交变电流。
此交变电流电动势的最大值为
Em＝BSω＝B·eq \f(πr2,2)·2πn＝π2Bnr2。
(2)在线圈从图示位置转过eq \f(1,4)圈的时间内，电动势的有效值为E＝eq \f(Em,\r(2))＝eq \f(\r(2)π2Bnr2,2)
电阻R上产生的热量为
Q＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(E,R)))2·R·eq \f(T,4)＝eq \f(E2,R)·eq \f(1,4n)＝eq \f(π4B2r4n,8R)。
(3)在线圈从图示位置转过eq \f(1,4)圈的时间内，电动势的平均值为eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)
通过R的电荷量
q＝eq \x\t(I)·Δt＝eq \f(\x\t(E),R)·Δt＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(πBr2,2R)。
(4)设此交变电动势的有效值为E′，由有效值的定义得eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Em,\r(2))))2,R)·eq \f(T,2)＝eq \f(E′2,R)T，解得E′＝eq \f(Em,2)
故电流表的示数为I＝eq \f(E′,R)＝eq \f(π2r2nB,2R)。