统考版高考物理复习热点专项练十一交变电流第88练交变电流的产生和描述含答案

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1．交变电流的产生往往与交变电流图象结合出题，要能将交变电流的图象与线圈的转动过程一一对应起来，分析电流、电动势、磁通量的变化规律．
2．交流电气设备上所标的电压和电流值、交流电压表和电流表的测量值都是交变电流的有效值．
选择题
1．一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法正确的是( )
A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直
B．t＝0.01 s时刻，Φ的变化率最大
C．t＝0.02 s时刻，交流电动势达到最大
D．该线圈产生的交流电动势的图象如图乙所示
2．为了研究交流电的产生过程，小张同学设计了如下实验构思方案：第一次将单匝矩形线圈放在匀强磁场中，线圈绕中心转轴OO1按图甲所示方向匀速转动(ab向纸外，cd向纸内)，并从图甲所示位置开始计时．此时产生的交变电流如图乙所示．第二次他仅将转轴移至ab边上，第三次他仅将转轴右侧的磁场去掉，关于后两次的电流图象，下列说法正确的是( )
A．第二次是图1 B．第二次是图3
C．第三次是图2 D．第三次是图4
3．如图甲、乙、丙所示是三个具有相同I0和周期T的交变电流，分别通过三个相同的电阻，下列说法中正确的是( )
A．在相同时间内，三个电阻发热量相等
B．在相同时间内，甲的发热量是丙的2倍
C．在相同时间内，甲的发热量是乙的 eq \f(1,2)
D．在相同时间内，乙的发热量最大，甲次之，丙最小
4．[2021·河南商丘九校联考]矩形线圈在匀强磁场中转动，产生交流电动势的瞬时值为e＝220 eq \r(2) sin 100πt(V)，则下列说法中正确的是( )
A．当t＝0时，线圈平面与中性面垂直
B．当t＝ eq \f(1,200) s时，穿过线圈的磁通量等于零
C．该交流电不能击穿标注为“300 V 5 μF”的电容器
D．若转速n提高一倍，其他条件不变，则电动势的变化规律将变为e＝440 eq \r(2) sin 100πt(V)
5．[2022·浙江嘉兴市测试]如图所示，矩形线框ABCD以恒定的角速度ω绕对角线AC转动．AC的左侧存在着垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，已知AB长为l1，BC长为l2，线框电阻为R.t＝0时刻线框平面与纸面重合，下列说法正确的是( )
A．矩形线框该时刻的电流值最大
B．矩形线框产生的感应电动势有效值为 eq \f(\r(2),2) Bl1l2ω
C.矩形线框转过半圈过程中产生的热量为 eq \f(πB2l eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) l eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ω,2R)
D．矩形线框从图示位置转过180°过程中，通过线框任意横截面的电荷量为 eq \f(Bl1l2,R)
6．(多选)如图甲为旋转电枢式交流发电机的原理图，多匝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可变电阻R连接，与R并联的交流电压表为理想电表，当R＝10 Ω时电压表示数是10 V．已知线圈的内阻为r＝5 Ω，图乙是矩形线圈磁通量Φ随时间t变化的图象，则( )
A．可变电阻R消耗的电功率为10 W
B．穿过线圈磁通量的最大值为 eq \f(3\r(2),20π) Wb
C．R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1sin 100πt(V)
D．调节可变电阻R的大小，其消耗的最大电功率可以达到11.25 W
第88练 交变电流的产生和描述
1．答案：B
解析：由Φ－t图象知，在t＝0时，Φ最大，即线圈处于中性面位置，此时e＝0，故A、D两项错误；由图知T＝0.04 s，在t＝0.01 s时，Φ＝0， eq \f(ΔΦ,Δt) 最大，e最大，则B项正确；在t＝0.02 s时，Φ最大， eq \f(ΔΦ,Δt) ＝0，e＝0，则C项错误．
2．答案：D
解析：由题知三次实验线圈转动的角速度ω相同，且均产生完整的正弦式交流电，所产生的交流电周期T相同．设ab边长为l1，bc边长为l2，则三次产生的交流电的电动势最大值分别为Em1＝Bl1l2ω，Em2＝Bl1l2ω，Em3＝ eq \f(1,2) Bl1l2ω，由此可知Em2＝Em1，Em3＝ eq \f(1,2) Em1.综上所述，第二次的电流图象与第一次的相同，即图2，第三次的电流峰值是第一次的 eq \f(1,2) ，即图4，只有D项正确．
3．答案：C
解析：甲的有效值I1＝ eq \f(I0,\r(2)) ，由Q＝I2Rt可知，一个周期内甲的发热量Q1＝ eq \f(1,2) I eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) RT；乙在前、后半个周期内电流大小相等，故其发热量Q2＝I eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) RT；丙只有前半个周期内有电流，故其发热量Q3＝I eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) R× eq \f(1,2) T＝ eq \f(1,2) I eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) RT.在相同时间内，甲、丙的发热量相等，是乙的发热量的 eq \f(1,2) ，故C正确．
4．答案：B
解析：本题考查交变电流的产生和描述．t＝0时，电动势为零，此时磁通量最大，线圈平面与磁感线垂直，线圈平面与中性面重合，选项A错误；当t＝ eq \f(1,200) s时，e＝220 eq \r(2) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(100π×\f(1,200))) V＝220 eq \r(2) V，电动势最大，磁通量为零，线圈平面与中性面垂直，选项B正确；300 V是电容器允许的最高电压，而该交流电最大电压是220 eq \r(2) V≈311 V>300 V，所以此交流电可以击穿标注为“300 V 5 μF”的电容器，选项C错误；当转速n提高一倍时，由ω＝2πn，Em＝NBSω，可知ω增加一倍，则电动势的变化规律将变为e＝440 eq \r(2) sin 200πt（V），选项D错误．
5．答案：D
解析：t＝0时刻穿过线框的磁通量最大，磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电动势为零，由闭合电路欧姆定律可知，矩形线框该时刻的电流值为零，最小，选项A错误；矩形线框产生的感应电动势最大值为Em＝ eq \f(1,2) Bl1l2ω，矩形线框产生的感应电动势的有效值为E＝ eq \f(Em,\r(2)) ＝ eq \f(\r(2),4) Bl1l2ω，选项B错误；矩形线框转过半圈过程中产生的热量为Q＝ eq \f(E2,R) · eq \f(π,ω) ＝ eq \f(πB2l eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) l eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ω,8R) ，选项C错误；矩形线框从图示位置转过180°的过程中，磁通量变化量的绝对值|ΔΦ|＝Bl1l2，由法拉第电磁感应定律可知，产生的平均感应电动势大小 eq \(E,\s\up6(－)) ＝ eq \f(Bl1l2ω,π) ，平均感应电流 eq \(I,\s\up6(－)) ＝ eq \f(\(E,\s\up6(－)),R) ＝ eq \f(Bl1l2ω,πR) ，通过线框任意横截面的电荷量q＝ eq \x\t(I) Δt＝ eq \f(Bl1l2ω,πR) · eq \f(π,ω) ＝ eq \f(Bl1l2,R) ，选项D正确．
6．答案：AD
解析：根据公式P＝ eq \f(U2,R) ，得P＝10 W，故A正确；由题图乙可知，交流电的周期T＝0.02 s，转动的角速度ω＝ eq \f(2π,T) ＝100π rad/s，电动势的有效值E＝ eq \f(U,R) ·（R＋r）＝15 V，故电动势的最大值Em＝ eq \r(2) E＝15 eq \r(2) V，由Em＝nΦmω，由于为多匝线圈，故n>1，解得Φm＝ eq \f(3\r(2),20πn) Wb< eq \f(3\r(2),20π) Wb，故B错误；由题图乙可知，又因为此交变电流是从垂直于中性面开始计时的，所以R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝10 eq \r(2) cs 100πt（V），故C错误；当R＝r时，R消耗的功率最大，为Pmax＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(E,2r))) eq \s\up12(2) r＝11.25 W，故D正确．