【突破高考】福建省高考物理 能力专项突破课时提能演练 10.1交变电流的产生和描述（含解析）

【突破高考】福建省2013年高考物理能力专项突破课时提能演练10.1交变电流的产生和描述（含解析）(40分钟100分)一、选择题(本大题共8小题，每小题9分，共72分.每小题只有一个选项正确)1.如图中各图面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中由此以角速度ω匀速转动，产生正弦交变电动势表达式为e=BSωsinωt的图是()2.如图所示，矩形线框置于竖直向下的磁场中，通过导线与灵敏电流表相连，线框在磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，图中线框平面处于竖直面内，下述说法正确的是()A．因为线框中产生的是交变电流，所以灵敏电流表示数始终为零B．线框通过图中位置瞬间，穿过线框的磁通量最大C．线框通过图中位置瞬间，灵敏电流表示数最大D．若使线框转动的角速度增大一倍，那么通过灵敏电流表的电流的有效值也增大一倍3.(2012·南通模拟)面积为S的两个电阻相同的线圈,分别放在如图所示的磁场中,图甲中是磁感应强度为B0的匀强磁场,线圈在磁场中以周期T绕OO′轴匀速转动,图乙中磁场变化规律为B=B0cos-8-\n,从图示位置开始计时,则下列说法错误的是()A.两线圈的磁通量变化规律相同B.两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同C.经相同的时间t(t＞T),两线圈产生的热量相同D.从此时刻起,经T/4时间,流过两线圈横截面的电荷量相同4.(预测题)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∶65.(易错题)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-8-\nB.t=0.01s时刻，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6.(易错题)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.那么()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=4sintD.任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ=sint7.(2012·扬州模拟)如图甲所示,一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动,从线圈平面与磁场方向平行时开始计时,线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化,在时刻()A.线圈中的电流最大B.穿过线圈的磁通量最大C.线圈所受的安培力最大D.穿过线圈磁通量的变化率最大8.(2012·连云港模拟)一个闭合的矩形线圈放在匀强磁场中匀速转动，角速度为ω时，线圈中产生的交变电动势的最大值为E0，周期为T0，外力提供的功率为P0.若使线圈转动的角速度变为2ω,线圈中产生的交变电动势的最大值为E，周期为T，外力提供的功率为P.则E、T和P的大小为()A.E=2E0,T=T0,P=2P0B.E=E0,T=T0,P=2P0-8-\nC.E=2E0,T=T0,P=2P0D.E=2E0,T=T0,P=4P0二、非选择题(本大题共2小题，共28分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9.(创新题)(12分)如图所示为一个小型旋转电枢式交流发电机的原理图,其矩形线圈的长度ab=0.25m,宽度bc=0.20m,共有n=100匝,总电阻r=1.0Ω,可绕与磁场方向垂直的对称轴OO′转动.线圈处于磁感应强度B=0.40T的匀强磁场中,与线圈两端相连的金属滑环上接一个“3.0V1.8W”的灯泡,当线圈以角速度ω匀速转动时,小灯泡消耗的功率恰好为1.8W.(不计转动轴与电刷的摩擦,结果保留两位有效数字)(1)求线圈转动的角速度ω;(2)线圈以上述角速度转动100周过程中发电机产生的电能为多少?10.(2012·福州模拟)(16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1/4转的时间内负载电阻R上产生的热量；(3)从图示位置起转过1/4转的时间内通过负载电阻R的电荷量；(4)电流表的示数.答案解析1.【解析】选A.线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)从中性面匀速转动，产生的正弦交变电动势为e=BSωsinωt,由这一原则判断，A图正确.B图中的转轴不在线圈所在平面内,C图虽能产生交流电，但不是从中性面开始.D图转轴与磁场方向平行，而不是垂直.故A正确.2.【解析】选D.线框在匀强磁场中匀速转动时产生感应电流，在中性面即线框与磁感线垂直时，磁通量最大，感应电动势最小，而灵敏电流表测的是有效值，A、B、C错；电流的有效值，现在其余的量都不变，角速度增大一倍后，电流的有效值也增大一倍，D正确.3.【解析】选B.图甲中的磁通量变化规律为Φ甲=B0Scost,图乙中的磁通量变化规律为Φ乙-8-\n=B0Scost.由于两线圈的磁通量变化规律相同,则两线圈中感应电动势的变化规律相同,达到最大值的时刻也相同,有效值E也相同.又因两线圈电阻相同,所以Q=t也相同.经过时间,流过两线圈横截面的电荷量q=·也相同.A、C、D三项正确.故选B.4.【解析】选C.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=I12R×6×10-2，解得；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.5.【解析】选B.由Φ-t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；由图知T=0.04s，在t=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.【变式备选】一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面的固定轴转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变化如图，下面说法中正确的是()A.t1时刻通过线圈的磁通量为零B.t2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大C.t3时刻线圈与磁场平行D.每当e变换方向时，通过线圈的磁通量绝对值为最大【解析】选D.t1、t3时刻线圈中的感应电动势e=0，即为线圈经过中性面的时刻，此时线圈的磁通量为最大，但磁通量的变化率却为零，所以选项A、C错误.t2时刻e=-Em，线圈平面转至与磁感线平行，此时通过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率却为最大，故B错误.每当e的方向变化时，也就是线圈经过中性面的时刻，通过线圈的磁通量的绝对值都为最大，故D正确.6.【解题指南】解答本题应注意以下三点：(1)线圈从平行于磁场开始计时，其瞬时值表达式为余弦函数；(2)利用瞬时值表达式求出电动势的最大值、有效值；(3)利用磁通量的定义计算磁通量的表达式.-8-\n【解析】选A.由于线圈从垂直于中性面起动，则瞬时值表达式可记为e=Emcosθ，代入数据可知2=Emcos60°，得最大值Em=4V，即有效值E=2V以及I=A，功率为P==4W，瞬时值表达式为e=4cost.故A正确，B、C错误.再由Em=NBSω，则任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ=BSsinθ=sinθ=sinθ=，可知D错误.7.【解析】选B.t=,线圈转过90°,线圈平面与磁感线垂直,此时穿过线圈的磁通量最大,穿过线圈磁通量的变化率为零,感应电流为零,线圈不受安培力作用,故A、C、D错误,B正确.8.【解析】选D.设线圈为N匝，面积为S，所在区域磁感应强度为B，当角速度为ω时，产生的最大感应电动势E0=NBSω，周期T0=，外力提供的功率P0=当角速度为2ω时，产生的最大感应电动势E=2NBSω=2E0，周期T==T0，外力提供的功率P==4P0.故D正确.9.【解析】(1)设小灯泡正常发光时的电流为I,则I==0.60A(1分)设灯泡正常发光时的电阻为R,R==5.0Ω(2分)根据闭合电路欧姆定律得:E=I(R+r)=3.6V(1分)发电机感应电动势最大值为Em=E,Em=nBSω(2分)解得=1.8rad/s=2.5rad/s(2分)(2)发电机产生的电能为Q=IEt,t=100T=100(2分)解得Q=5.4×102J(2分)答案：(1)2.5rad/s(2)5.4×102J【总结提升】交流电路的三个特点(1)交流电路中，闭合电路欧姆定律、焦耳定律同样适用.-8-\n(2)交流电路中，交流电流表、电压表测量的都是交变电流的有效值.(3)交流电路中感应电动势的最大值为Em=nBSω，Em仅由n、B、S、ω四个物理量决定，与转动轴的位置和线圈的形状都无关.10.【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.此交变电动势的最大值为Em=BSω=B··2πn=π2Bnr2.(2分)(2)在线圈从图示位置转过1/4转的时间内，电动势的有效值为E=(2分)电阻R上产生的热量:Q=(2分)(3)在线圈从图示位置转过1/4转的时间内，电动势的平均值为:(1分)通过R的电荷量(2分)(4)设此交变电动势在一个周期内的有效值为E′，由有效值的定义得(3分)解得E′=.(2分)故电流表的示数为：I==.(2分)-8-\n答案：(1)(2)(3)(4)-8-