【骄子之路】2023高考物理一轮复习 10.1交变电流的产生和描述课时强化作业

课时强化作业四十　交变电流的产生和描述一、选择题1．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图一所示，产生的交变电动势的图象如图二所示，则(　　)A．t＝0.005s时线框的磁通量变化率为零B．t＝0.01s时线框平面与中性面重合C．线框产生的交变电动势的有效值为311VD．线框产生的交变电动势的频率为100Hz解析：t＝0.005s时感应电动势最大，线框的磁通量变化率也最大，A错误．t＝0.01s时感应电动势为零，穿过线框的磁通量最大，线框平面与中性面重合，B正确．感应电动势的最大值为311V，有效值则为V，C错误．线框转动所产生电动势的周期为0.02s，频率等于周期的倒数，为50Hz，D错误．答案：B2．某小型发电机产生的交变电动势为e＝50sin100πt(V)，对此电动势，下列表述正确的有(　　)A．最大值是50VB．频率是100HzC．有效值是25VD．周期是0.02s解析：从表达式知该交变电动势的最大值为50V，有效值是25V，A错，C对．由2πf＝100π得f＝50Hz，周期T＝0.02s，D对．答案：CD3．一只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＝0.01s时刻，Φ的变化率最大C．t＝0.02s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解析：由Φt图知，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；在8\nt＝0.01s时，Φ＝0，最大，e最大，则B项正确；在t＝0.02s时，Φ最大，＝0，e＝0，则C项错误．答案：B4.一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动．线圈中的感应电动势e随时间t的变化规律如图所示．下面说法中正确的是(　　)A．t1和t3时刻穿过线圈的磁通量为零B．t1和t3时刻穿过线圈的磁通量变化率为零C．图中是从线圈平面与磁场方向平行时刻开始计时的D．每当感应电动势e变换方向时，穿过线圈的磁通量的绝对值都为最大解析：由图象可知，在t＝0时，感应电动势有最大值，说明穿过线圈的磁通量的变化率最大，即线圈平面与磁场方向平行时开始计时，选项C正确；t1、t3时刻感应电动势为零，即线圈平面与磁场方向垂直(位于中性面)，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，所以选项B正确，选项A错误；当线圈通过中性面时是感应电动势改变方向的时刻，选项D正确．答案：BCD5．(2013年山东卷)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，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，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是(　　)A．电流表的示数为10AB．线圈转动的角速度为50πrad/sC．0.01s时线圈平面与磁场方向平行D．0.02s时电阻R中电流的方向自右向左解析：由交流电的图象可知，电路中电流的最大值为10A，电流表的示数为有效值，故电流表的示数为10A，选项A正确；由图象可知该交流电的周期T＝2×10－2s，由ω＝，可得线圈转动的角速度ω＝100πrad/s，故选项B错误；当t＝0.01s时，电路中电流最大，故该时刻线圈产生的磁感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律可知，线圈磁通量的变化率最大，此时通过线圈的磁通量最小，即该时刻线圈平面与磁场平行，选项C正确；线圈由题图中的位置开始逆时转动，t＝0时刻感应电流为正方向且为最大．通过R的电流方向由楞次定律可知为自左向右，t＝0.02s电流方向与t＝0时电流方向相同，故选项D错误．8\n答案：AC6．如图所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1min的时间，两电阻消耗的电功之比W甲∶W乙为(　　)A．1∶B．1∶2C．1∶3D．1∶6解析：电功的计算，I要用有效值计算，图甲中，由有效值的定义得2R×2×10－2＋0＋2R×2×10－2＝IR×6×10－2，解得I1＝A；图乙中，I的值不变，I2＝1A，由W＝UIt＝I2Rt，可以得到W甲∶W乙＝1∶3，C正确．答案：C7.如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B.电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动(O轴位于磁场边界)．则线框内产生的感应电流的有效值为(　　)A.B.C.D.解析：线框转动过程中在一个周期内只有周期的时间有感应电流，感应电动势E＝BL2ω，根据有效值的意义知×＝I2RT，解得感应电流有效值为I＝，故正确选项为D.答案：D8．一个边长为6cm的正方形金属线框处于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，电阻为0.36Ω.磁感应强度B随时间t的变化关系如图所示，则线框中感应电流的有效值为(　　)A.×10－5AB.×10－5A8\nC.×10－5AD.×10－5A解析：由法拉第电磁感应定律和欧姆定律E＝＝S·，I＝＝·，可得0～3s内，I1＝×A＝2×10－5A.3～5s内，I2＝－×A＝－3×10－5A.于是可作出i随时间变化的图象如图所示由有效值的定义，Q直＝Q交，IRt1＋IRt2＝I2Rt，其中t1＝3s，t2＝2s，t＝t1＋t212×10－10R＋18×10－10R＝5RI2.解得I＝×10－5A，故B选项正确．答案：B9．图甲是一教学演示用发电机构造示意图，线圈转动产生的电动势随时间变化的正弦规律如图乙所示．发电机线圈电阻为0.5Ω，外接电阻为2.5Ω，则(　　)A．线圈转速为50r/sB．电压表的示数为2.5VC．电路中电流的最大值为AD．若线圈转速变为原来的2倍，外接电阻消耗的功率也变为原来的2倍解析：本题考查交流电相关知识．由et图象可以看出交流电的周期为0.02s，则根据n＝f＝可得：n＝50r/s，选项A正确．图象中电压峰值为3V，则有效值为3V，所以U＝×R，解得：U＝2.5V，选项B正确．电路中电流最大值为I＝＝A，选项C正确．若线圈转速变为原来的2倍，则由Em8\n＝nBSω可知其最大值变为原来的2倍，所以回路中电流变为原来的2倍，根据P＝I2R可知外接电阻消耗的电功率变为原来的4倍，选项D错误．答案：ABC10.如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1A．则(　　)A．线圈消耗的电功率为4WB．线圈中感应电流的有效值为2AC．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4costD．任意时刻穿过线圈中的磁通量为Φ＝sint解析：线圈转动角速度ω＝，从线圈平面与磁场方向平行开始计时，当转过60°时，电流的瞬时值表达式为i＝Imcos60°＝1A，解得Im＝2A，正弦交变电流的有效值I＝＝A，选项B错误；线圈消耗的功率P＝I2R＝4W，选项A正确；由欧姆定律可知，感应电动势的最大值Em＝ImR＝4V，所以瞬时值的表达式为e＝4cost，选项C正确；通过线圈的磁通量Φ＝Φmsinωt＝Φmsint，由感应电动势的最大值Em＝BSω＝Φm×＝4V，解得Φm＝，所以Φ＝sint，选项D错误．答案：AC二、非选择题11.如图所示，线圈的面积是0.05m2，共100匝，线圈电阻为r＝1Ω，外接电阻R＝9Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝T，线圈以300r/min的转速匀速旋转．(1)若从线圈中性面开始计时，写出线圈中感应电动势瞬时值表达式；(2)从中性面开始计时，线圈转过s时电动势瞬时值多大？(3)电路中电压表和电流表的示数各是多少？(4)由图示位置转过60°角的过程产生的平均感应电动势为多少？解析：(1)从中性面开始转动，并且求的是瞬时值e＝Emsinωt＝NBS2πnsin2πnt＝50sin(10πt)V.(2)当t＝s时，e＝50sinV＝43.3V.(3)电压表和电流表的示数都是有效值8\n先求电动势的有效值E＝＝V＝35.4V.电流表的示数为I＝＝A＝3.54A电压表的示数U＝IR＝3.54×9V＝31.86V.(4)平均电动势根据公式E＝n计算＝n＝＝23.9V.答案：(1)e＝50sin10πt(V)　(2)43.3V　(3)3.54A　31.86V　(4)23.9V12．图一是交流发电机模型示意图．在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO′转动．由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO′转动的金属圆环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路．图二是线圈的主视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示．已知ab长度为L1，bc长度为L2，线圈以恒定角速度ω逆时针转动．(只考虑单匝线圈)(1)线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式；(2)线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，如图三所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式；(3)若线圈电阻为r，求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热．(其他电阻均不计)解析：(1)矩形线圈abcd转动过程中，只有ad和bc切割磁感线，设ad和bc的转动速度为v，则v＝ω·，在t时刻，导线ad和bc因切割磁感线而产生的感应电动势均为8\nE1＝BL2v⊥，由图可知v⊥＝vsinωt，则整个线圈的感应电动势为e1＝2E1＝BL1L2ωsinωt.(2)当线圈由图三位置开始运动时，在t时刻整个线圈的感应电动势为e2＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)．(3)由闭合电路欧姆定律可知I＝这里E为线圈产生的电动势的有效值E＝＝，则线圈转动一周在R上产生的焦耳热为QR＝I2RT其中T＝，于是QR＝πRω2.答案：(1)e1＝BL1L2ωsinωt　(2)e2＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)　(3)πRω213．电压u＝120sinωt(V)，频率为50Hz的交变电流，把它加在激发电压和熄灭电压均为u0＝60V的霓虹灯的两端．(1)求在一个小时内，霓虹灯发光时间有多长？(2)试分析为什么人眼不能感到这种忽明忽暗的现象？解析：(1)如图所示，画出一个周期内交变电流的ut图象，其中阴影部分对应的时间t1表示霓虹灯不能发光的时间，根据对称性，一个周期内霓虹灯不能发光的时间为4t1.当u＝u0＝60V时，由u＝120sinωtV求得：t1＝s再由对称性知一个周期内能发光的时间：t＝T－4t1＝s－4×s＝s再由比例关系求得一个小时内霓虹灯发光的时间为：t＝×s＝2400s.(2)很明显霓虹灯在工作过程中是忽明忽暗的，而熄灭的时间间隔只有s(如图中t2＋t38\n那段时间)，由于人的眼睛具有视觉暂留现象，而这个视觉暂留时间约为s远大于s，因此经过灯光刺激的人眼不会因为短暂的熄灭而有所感觉．答案：(1)2400s　(2)见解析8