23版新高考一轮分层练案(三十六)　交变电流的产生及描述

一轮分层练案(三十六)　交变电流的产生及描述

1．如图甲所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交变电流如图乙所示，设沿abcda方向为电流正方向，则下列说法正确的是(　　)

A．图乙中O～t1时间段对应甲图中①至②图的过程

B．图乙中t3时刻对应甲图中的③图

C．若图乙中t4等于0.02 s，则1 s内电流的方向改变50次

D．若图乙中t2等于0.02 s，则交流电的频率为50 Hz

【答案】A　题图乙中O～t1时间内，感应电流为正方向，且大小在增大，根据楞次定律，可知感应电流方向abcda，根据法拉第电磁感应定律，可知感应电流的大小在增大，所以对应题图甲中①至②图的过程，故A项正确；题图乙中t3时刻，感应电流最大，则磁通量的变化率最大，即磁通量最小，而③图的磁通量最大，故B项错误；若题图乙中t4等于0.02 s，则线圈转动周期为0.02 s，交流电的频率为50 Hz，而一个周期内电流方向改变两次，所以1 s内电流的方向改变了100次，故C项错误；若t2等于0.02 s，则周期为0.04 s，交流电的频率为25 Hz，故D项错误。

2.如图所示，单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，其转动轴线OO′与磁感线垂直。已知匀强磁场的磁感应强度B＝1 T，线圈所围面积S＝0.1 m2，转速12 r/min。若从中性面开始计时，则线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式应为(　　)

A．e＝12πsin 120t V　　 B．e＝24πsin 120πt V

C．e＝0.04πsin 0.4πt V  D．e＝0.4πcos 2πt V

【答案】C　矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生感应电动势的最大值为Em＝BSω＝BS·＝1×0.1×0.4π V＝0.04π V，角速度ω＝＝2π× rad/s＝0.4π rad/s，从中性面开始，故其瞬时值表达式为e＝0.04πsin 0.4πt V，C项正确。

3．一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q正，该电阻上电压的峰值均为u0，周期均为T，如图甲、乙所示。则Q方∶Q正等于(　　)

A.∶1  B．1∶

C．2∶1  D. 1∶2

【答案】C　根据焦耳定律知Q方＝T，正弦交流电压的有效值等于峰值的，所以Q正＝ T＝·T，可得Q方∶Q正＝2∶1，故C正确，A、B、D错误。

4．如图甲所示，将阻值为R＝5 Ω的电阻接到内阻不计的正弦交变电源上，电流随时间变化的规律如图乙所示，电压表、电流表均为理想电表，下列说法正确的是(　　)

A．电压表读数为2.5 V

B．电阻R消耗的电功率为1.25 W

C．若此交变电流由一矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生，如图丙所示，当线圈的转速提升一倍时，电流表的示数为1 A

D．图乙交变电流与图丁所示电流比较，接同一电阻的发热功率之比为1∶2

【答案】D　由题图乙可知，电流的最大值Im＝0.5 A，则电压的最大值Um＝Im•R＝0.5×5 V＝2.5 V，那么电压的有效值U＝1.25 V≈1.77 V，故A错误；R上的电功率P＝＝ W＝0.625 W，故B错误；转速增倍，电流也增倍，则电流最大值变1 A，有效值变为A，则电流表读数为A，故C错误；由有效值的概念可得题图丁中电流的有效值为0.5 A，则题图乙中电流的有效值与题图丁中电流的有效值之比为1∶，根据P＝I2R可知，发热功率之比为1∶2，故D正确。

5.(多选)在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，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正弦规律变化。设线圈总电阻为2 Ω，则(　　)

A．t＝0时，线圈平面平行于磁感线

B．t＝1 s时，线圈中的电流改变方向

C．t＝1.5 s时，线圈中的感应电动势最大

D．一个周期内，线圈产生的热量为8π2 J

【答案】AD　根据题图可知，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，A正确；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，斜率始终为负值，表示感应电动势方向不变，则电流方向不变，B错误；在t＝1.5 s时，通过线圈的磁通量最大，线圈位于中性面，感应电动势为0，故C错误；感应电动势的最大值为Em＝NBSω＝NΦmω＝100×0.04×(V)＝4π(V)，有效值E＝＝2π(V)，根据焦耳定律可得一个周期产生的热量为Q＝T＝×2 J＝8π2 J，故D正确。

6．某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴转动产生的正弦式交流电压的波形图如图所示，由图可确定(　　)

A．该交流电压的频率是50 Hz

B．t＝1 s时，穿过线圈平面的磁通量变化率最大

C．该交流电压的有效值是311 V

D．该电压瞬时值的表达式为u＝220cos(πt)V

【答案】B　由题图可知该交流电压的周期为2 s，所以频率为0.5 Hz，A错误；t＝1 s时，电压最大，此时感应电动势最大，根据法拉第电磁感应定律，磁通量的瞬时变化率最大，B正确；电压的有效值U＝ V≈220 V，C错误；由题图可知t＝0时刻，线圈是从与中性面垂直的平面开始转动的，故电压的瞬时值表达式u＝Umcos＝311cos(πt)V，D错误。

7.如图所示，单匝矩形线圈ab边长为20 cm，bc边长为10 cm，绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动，转速为50 r/s。若磁感应强度为0.1 T，线圈电阻为1 Ω。从中性面处开始计时，则(　　)

A．转动过程中，线圈中磁通量的变化率恒定

B．1 s内线圈中电流方向改变100次

C．线圈中感应电流的瞬时值表达式为i＝sin 50πt A

D．线圈消耗的电功率为 W

【答案】B　线圈从中性面开始匀速转动产生正弦交流电，感应电动势即磁通量的变化率按照正弦规律变化，A项错误；线圈的转速n＝50 r/s，即每秒50个周期，每个周期电流方向改变2次，故1 s内线圈中电流方向改变100次，B项正确；线圈转动的角速度ω＝2πn＝100π rad/s，电流的最大值Im＝＝ A，故电流瞬时值的表达式为i＝sin 100πt A，C项错误；电流I＝＝ A，故线圈消耗的电功率P＝I2R＝ W，D项错误。

8．(多选)如图甲所示，在匀强磁场中，同一矩形金属线圈两次分别以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图像如图乙中曲线a、b所示，则(　　)

A．两次t＝0时刻线圈的磁通量均为零

B．曲线a、b对应的线圈转速之比为na∶n b＝2∶3

C．曲线a表示的交变电动势最大值为15 V

D．曲线b表示的交变电动势有效值为5 V

【答案】CD　两次在t＝0时刻，感应电动势为零，此时线圈一定处在中性面上，磁通量最大，故A错误；由题图可知，a的周期为4×10－2 s，b的周期为6×10－2 s，根据ω＝2πn＝，可知，转速与周期成反比，故转速之比为3∶2，故B错误；由题图乙可知，曲线a表示的交变电动势最大值为15 V，故C正确；曲线a、b对应的线圈转速之比为3∶2，根据Em＝nBSω，得曲线b表示的交变电动势最大值是10 V，则其有效值为 V＝5 V，故D正确。

9．(多选)如图(a)所示，在匀强磁场中，一电阻均匀的正方形单匝导线框abcd绕与磁感线垂直的转轴ab匀速转动，线框产生的交变电动势随时间变化的规律如图(b)所示，若线框总电阻为5 Ω，则(　　)

A．cd边两端电压的有效值为16.5 V

B．当线框平面与中性面的夹角为45°时，线框产生的电动势的大小为22 V

C．从t＝0到t＝0.01 s时间内，通过线框某一截面的电荷量为4.4×10－2 C

D．线框转动一周产生的焦耳热为3.87 J

【答案】AB　由题图(a)可知，正方形单匝导线框abcd绕与磁感线垂直的转轴ab匀速转动时，线框cd边切割磁感线产生感应电动势E＝22 V，线框每边电阻R0＝＝1.25 Ω，由闭合电路欧姆定律，I＝＝4.4 A，cd边两端电压的有效值为U＝E－IR0＝22 V－4.4×1.25 V＝16.5 V，选项A正确；根据题图(b)所示线框产生的交变电动势随时间变化的规律图像可知，产生交变电动势最大值为22 V，周期T＝0.02 s，当线框平面与中性面的夹角为45°时，瞬时值e＝22sin 45° (V)＝22 V，选项B正确；由＝，＝，q＝Δt，联立可得q＝，由BSω＝BS·＝22 V，可得BS＝ Wb，从t＝0到t＝0.01 s时间内，线框磁通量变化ΔΦ＝2BS＝ Wb，通过线框某一截面的电荷量为q＝＝ C，选项C错误；线框转动一周产生的焦耳热为Q＝I2RT＝4.42×5×0.02 J＝1.936 J，选项D错误。

10.(多选)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，为Em＝BL2ω

B．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e＝BL2ωsin ωt

C．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＝

【答案】BD　题图所示位置，线圈中通过的磁通量最大，但感应电动势为零，选项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为Em＝BL2ω，故对应的瞬时值表达式为e＝BL2ωsin ωt，选项B正确；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＝，选项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×＝，选项D正确。

11．如图所示，磁极N、S间的磁场看作匀强磁场，磁感应强度大小为B0，矩形线圈ABCD的面积为S，线圈共n匝，电阻为r，线圈通过滑环与理想交流电压表V和阻值为R的定值电阻相连，AB边与滑环E相连，CD边与滑环F相连。线圈绕垂直于磁感线的轴OO′以角速度ω逆时针匀速转动，图示位置恰好与磁感线方向垂直。以下说法正确的是(　　)

A．线圈在图示位置时，电阻R中的电流方向为从M到N

B．线圈从图示位置开始转过180°的过程中，通过电阻R的电荷量为

C．线圈转动一周的过程中克服安培力做的功为

D．线圈在图示位置时电压表示数为0

【答案】C　线圈在题图示位置时，穿过线圈磁通量最大，此时电流为0，故A错误；线圈自题图示位置开始转过180°的过程中，通过电阻R的电荷量为q＝Δt＝Δt＝Δt＝，故B错误；由功能关系可知，线圈转动一周的过程中克服安培力做的功等于回路中产生的热量，Q＝I2(R＋r)T＝2(R＋r)×＝2(R＋r)×＝，故C正确；电压表的示数为交变电流的有效值，U＝IR＝，故D错误。

12．(多选)如图所示，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON。两导线框在同一竖直面(纸面)内，两导线框圆弧半径相等。过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。现使导线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则(　　)

A．两导线框中均会产生正弦交流电

B．两导线框中感应电流的周期都等于T

C．在t＝时，两导线框中产生的感应电动势相等

D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等

【答案】BC　两导线框进入磁场时，逆时针匀速转动，两线框切割磁感线的有效长度不变，设导线框半径为R，则E＝BR2ω，即产生的电动势恒定，不会产生正弦交流电，A项错误；导线框每转动一圈，产生的感应电流的变化为一个周期，B项正确；在t＝时，导线框转过的角度为45°，切割磁感线的有效长度相同，且为绕圆心的转动切割形式，设导线框半径为R，则感应电动势均为E＝BR2ω，C项正确；导线框N转动的一个周期内，有半个周期无感应电流产生，所以两导线框的感应电动势的有效值并不相同，由闭合电路欧姆定律可知，两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值一定不相同，D项错误。

13．(多选)手机无线充电工作原理的示意图如图所示，由送电线圈和受电线圈组成。已知受电线圈的匝数为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。则(　　)

A．在t＝π×10－3 s时，受电线圈中产生电流的大小2.0 A

B．在t＝π×10－3 s时，c端电势低于d端

C．在一个周期内，电阻R上产生的热量为5.7×10－3 J

D．从t1到t2时间内，通过电阻R的电荷量为2×10－3 C

【答案】AD　由题图乙知t＝π×10－3 s时受电线圈中产生的电动势最大，为Em＝20 V，线圈中产生感应电流的大小为I1＝Im＝＝2.0 A，故A正确；由楞次定律可以得到此时c端电势高于d端，故B错误；通过电阻的电流的有效值为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的电流的平均值为＝，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。