高考物理一轮复习课时作业31交变电流的产生和描述含答案

交变电流的产生和描述

(建议用时40分钟)

1．如图所示，(a)→(b)→(c)→(d)→(e)过程是交流发电机发电的示意图，线圈的ab边连在金属滑环K上，cd边连在金属滑环L上，用导体制成的两个电刷分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路连接，下列说法正确的是(　　)

A．图(a)中，线圈平面与磁感线垂直，磁通量变化率最大

B．从图(b)开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系是i＝Imsinωt

C．当线圈转到图(c)位置时，感应电流最小，且感应电流方向改变

D．当线圈转到图(d)位置时，感应电动势最小，ab边感应电流方向为b→a

【解析】选C。图(a)中，线圈在中性面位置，故穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为0，选项A错误；图(b)不是中性面，从线圈在中性面位置开始计时的表达式才是i＝Imsinωt，选项B错误；当线圈转到图(c)位置时，线圈在中性面位置，故穿过线圈的磁通量最大，产生的感应电流最小为零，电流方向将改变，选项C正确；当线圈转到图(d)位置时，磁通量最小，磁通量变化率最大，故感应电动势最大，ab边感应电流方向为b→a，选项D错误。

2．(2021·淄博模拟)如图甲所示，矩形线圈在匀强磁场中匀速转动可以产生交变电流，其电动势e随时间t变化的图象如图乙所示，则(　　)

A．t＝0时，穿过线圈的磁通量最大

B．线圈转动一周，电流的方向改变一次

C．线圈中电动势的有效值为311 V

D．线圈中交变电流的频率为100 Hz

【解析】选A。t＝0时，电动势为零，线圈平面处于中性面处，穿过线圈的磁通量最大，故A正确；根据图乙可知，线圈转动一周，电流的方向改变两次，故B错误；线圈中电动势的最大值为311 V，有效值为 V＝220 V，故C错误；根据图乙可知T＝0.02 s，线圈中交变电流的频率f＝＝50 Hz，故D错误。故选A。

3.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】选D。线框的转动周期为T，而线框转动一周只有的时间内有感应电流，此时感应电流的大小为：I＝＝，根据电流的热效应有：()2R·＝IRT，解得I有＝，故D正确。

4．在匀强磁场中，一矩形金属框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则(　　)

A．t＝0.005 s时线框的磁通量变化率为零

B．t＝0.01 s时线框平面与中性面重合

C．线框产生的交变电动势有效值为311 V

D．线框产生的交变电动势频率为100 Hz

【解析】选B。由题图乙可知t＝0.005 s时刻感应电动势最大，此时线圈所在平面与中性面垂直，所以线框的磁通量变化率最大，A错误；t＝0.01 s时刻感应电动势等于零，所以穿过线框回路的磁通量最大，此时与中性面重合，B正确；产生的交变电动势有效值为E＝＝220 V，C错误；周期为T＝0.02 s，故频率为f＝＝50Hz，D错误。

5．(多选)(2021·合肥模拟)某闭合金属线圈，在匀强磁场中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规律变化。已知线圈匝数为100，总电阻为1 Ω，π2取10。则下列说法正确的是(　　)

A．t＝0时，线圈中的感应电动势为0

B．t＝1 s时，线圈中的电流方向改变

C．t＝3 s时，线圈平面垂直于磁感线

D．4 s内，线圈中产生的焦耳热为125 J

【解析】选A、D。由图可知：t＝0时，穿过线圈的磁通量最大，线圈所在平面与中性面重合，线圈中感应电动势为0，A正确；t＝1 s时，穿过线圈的磁通量为0，线圈所在平面垂直于中性面，线圈中感应电流最大，线圈中的电流方向不改变，B错误；t＝3 s时，穿过线圈的磁通量为0，线圈所在平面垂直于中性面，线圈平面平行于磁感线，C错误；线圈中产生的感应电流为正弦交流电，T＝4 s时，有Em＝NBSω①

Φmax＝BS②

ω＝③

E有＝ ④

联立①②③④可得E有＝ V⑤

由闭合电路欧姆定律可得I有＝⑥

由焦耳定律可得Q＝IRT⑦

联立⑤⑥⑦可得Q＝125 J，D正确；故选A、D。

6．(创新题)(多选)如图甲的电路中，电阻R1＝4R2，和R1并联的D是理想二极管(正向电阻可视为零，反向电阻为无穷大)，在A、B之间加一个如图乙所示的交变电压(电压为正值时，uAB>0)。由此可知(　　)

A.在A、B之间所加的交变电压的频率为50 Hz

B．在A、B之间所加的交变电压的瞬时值表达式为u＝220sin50πt(V)

C．加在R1上电压的有效值为88 V

D．加在R1上电压的有效值为88 V

【解析】选A、C。由图象可得在A、B之间所加交流电的周期为：T＝2×10－2 s，频率为50 Hz，故A正确；电压最大值为：Um＝220 V，电压的瞬时值表达式为：u＝Umsinωt＝220sin t＝220sin100πt(V)，故B错误；当电源电压为正值时A点电势高于B点电势，二极管导通，即R1被短路；电源电压为负值时B点电势高于A点电势，二极管电阻为无穷大，R1、R2串联；设R1上电压的有效值为U1，根据有效值的定义得：T＝×，解得：U1＝88 V，故C正确，D错误。

7．如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的匝数n＝10、电阻r＝1 Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R＝99 Ω，与R并联的交流电压表为理想电表。在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图乙所示正弦规律变化。求：

(1)交流发电机产生的电动势的最大值；

(2)电路中交流电压表的示数；

(3)试推导线圈在中性面开始计时该交流发电机产生的电动势的瞬时值表达式。

【解析】(1)交流发电机产生的电动势的最大值为：Em＝nBSω

而Φm＝BS，ω＝，

所以Em＝

由Φ­t图线可知：

Φm＝2.0×10－2 Wb，T＝6.28×10－2 s，

所以Em＝20 V

(2)电动势的有效值：E＝Em＝10 V

由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为：I＝＝ A

交流电压表的示数为：

U＝IR＝×99 V＝9.9 V

(3)线圈在中性面开始计时，

线圈中感应电动势瞬时值的表达式

e＝Emsinωt＝20sin 100t(V)。

答案：(1)20 V　(2)9.9 V

(3)e＝20sin 100t(V)

【加固训练】

　　如图所示，矩形线圈边长为ab=20 cm，ad=10 cm，匝数N=100匝，磁场的磁感应强度B=0.01 T。当线圈以50 r/s的转速从图示位置开始逆时针匀速转动时。求：

(1)线圈中感应电动势瞬时值表达式。

(2)从线圈开始转动起计时，经0.01 s时感应电动势的瞬时值。

【解析】(1)根据角速度与转速的关系

ω=2πn=100π rad/s

感应电动势的最大值

Em=NBSω=NB· =2πV≈6.28 V

刚开始转动时，线圈平面与中性面的夹角

φ0=

所以线圈中感应电动势的瞬时值表达式为

e=Emsin(ωt+φ0)=6.28sin(100πt+) V。

(2)将t=0.01 s代入感应电动势的瞬时值表达式，得e=-3.14 V。

答案：(1)e=6.28sin(100πt+) V

(2)-3.14 V

8.(2020·德州模拟)如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交变电流的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交变电流的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交变电流的说法错误的是(　　)

A．交变电流b电压的有效值为 V

B．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零

C．交变电流a的电压瞬时值u＝10sin5πt(V)

D．线圈先后两次转速之比为3∶2

【解析】选B。正弦交变电流a的电压最大值Um＝nBSω＝nBS·＝10 V，交变电流b的电压最大值Um′＝nBS·，由题图可知Ta＝0.4 s，Tb＝0.6 s，联立两式可得Um′＝ V，交变电流b电压的有效值U＝＝ V，A正确；在t＝0时刻，交变电流的电动势为零，由法拉第电磁感应定律可知此时穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，B错误；交变电流a的电压瞬时值表达式u＝Umsint＝10sin5πt(V)，C正确；线圈的转速n′＝，则线圈先后两次转速之比为3∶2，D正确。

9．(多选)(2020·郑州模拟)一浮桶式波浪发电灯塔的原理图如图甲所示，浮桶内的磁体由支柱固定在暗礁上，内置线圈与阻值R＝15 Ω的灯泡相连，随波浪相对磁体沿竖直方向上下运动且始终处于磁场中，其运动速度v＝0.8πsinπt(m/s)浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图中阴影部分)，其截面如图乙所示，匝数N＝100的圆形线圈所在处辐射磁场的磁感应强度大小恒为B＝0.2 T，线圈的直径D＝0.4 m，总电阻r＝1 Ω，取π2＝10。则下列说法正确的是(　　)

A.线圈中产生电动势的瞬时值为e＝0.64sinπt(V)

B．灯泡中电流的瞬时值为i＝4sinπt(A)

C．灯泡两端电压的有效值为30 V

D．灯泡的电功率为240 W

【解析】选B、C。线圈在磁场中切割磁感线，产生的电动势为：Emax＝NBlvmax ①，l＝πD②，联立得：Emax＝πNBDvmax＝100π×0.2×0.4×0.8π V＝64 V③，则波浪发电产生电动势e的瞬时表达式：e＝Emaxsinπt＝64sin(πt)V④，故A错误；根据闭合电路欧姆定律有：I＝⑤，得：i＝＝4sin(πt)A⑥，故B正确；灯泡电流的有效值为：I＝ A，灯泡两端电压的有效值为：U＝IR＝×15 V＝30 V，故C正确；灯泡的功率为：P＝I2R＝×15 W＝120 W，故D错误。

10．(2021·湖州模拟)两个完全相同的电热器分别通以如图甲、乙所示的交变电流，两电热器的实际电功率之比P甲∶P乙为(　　)

A．1∶2      B．1∶1

C．∶1     D．2∶1

【解析】选D。方波的电流有效值：I甲＝I0，正弦交流电的有效值为：I乙＝，根据功率公式P＝I2R得到：P甲∶P乙＝I∶I＝I∶()2＝2∶1，故选D。

11．(多选)如图，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。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

【解析】选B、C。导线框的半径旋转切割磁感线时产生大小不变的感应电流，A项错误；两导线框产生的感应电流的周期与导线框转动周期相同都等于T，B项正确；在t＝时，两导线框切割磁感线的导线长度相同，且切割速度大小相等，故产生的感应电动势相等，均为E＝BR2ω，C项正确；两导线框中感应电流随时间变化的图象如图所示，故两导线框中感应电流的有效值不相等，D项错误。

12．无线充电技术的发展给用户带来了极大的方便，可应用于手机、电脑、智能穿戴、智能家居、医疗设备、电动汽车等充电，如图甲所示为手机无线充电工作原理的示意图，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，设磁场竖直向上为正。求：

(1)在t＝π×10－3 s时，受电线圈中产生电流的大小，c、d两端哪端电势高？

(2)在一个周期内，电阻R上产生的热量；

(3)从t1到t2时间内，通过电阻R的电荷量。

【解题指导】交变电流平均值的计算方法

(1)可以用图线与横轴(t轴)所围的面积跟时间的比值来表示交变电流在一定时间内的平均值，通常用符号来表示。

(2)交变电流的平均值是针对某一过程的物理量，在不同的时间段内平均值一般不相同。它的计算公式为=。例如，对于正弦交变电流，其前半周期或后半周期的平均电动势的大小为=而在一个周期内的平均电动势却为零。在计算某一段时间内通过导体横截面的电荷量时，一定要代入平均值来计算。

(3)用法拉第电磁感应定律=和欧姆定律I=计算。注意平均值不等于有效值。求一段时间内通过导体横截面的电荷量时要用交流电的平均值q＝t，而不能用有效值。当交流电电流方向发生改变时，应考虑分段进行计算。

【解析】(1)由题图乙知t＝π×10－3 s时受电线圈中产生的电动势为最大值Em＝20 V

线圈中产生感应电流的大小为

It＝Im＝＝2.0 A

由楞次定律可以得到此时c端电势高；

(2)通过电阻电流的有效值为I＝＝ A

则电阻R在一个周期内产生的热量

Q＝I2RT＝5.7×10－2 J；

(3)线圈中感应电动势的平均值＝n

通过电阻电流的平均值为＝

通过电阻的电荷量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。

答案：(1)2.0 A　c端电势高　(2)5.7×10－2 J

(3)2×10－3 C