(新高考)高考物理一轮复习课时加练第13章　 微专题83　交变电流的产生和描述 (含解析)

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1．理解交变电流的产生过程，弄清线圈的两个位置的特点，会写交变电流的表达式.2.从电流热效应理解有效值的概念，知道交流电气设备上所标的电压值和电流值、交流电压表和电流表的测量值都是交变电流的有效值，只有正弦式交变电流的峰值才是有效值的eq \r(2)倍.3.知道交变电流四值的区别，并会进行有关计算．
1．(2023·北京市模拟)交流发电机的示意图如图所示，当线圈ABCD绕垂直于磁场方向的转轴OO′匀速转动时，电路中产生的最大电流为Im，已知线圈转动的周期为T，下列说法正确的是( )
A．图示位置穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最大
B．图示位置电流最大，方向为A→B
C．从图示位置开始经过eq \f(T,4)，电流方向将发生改变
D．从图示位置开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为i＝Imsin eq \f(2π,T)t
答案 D
解析 图示位置线圈位于中性面，磁通量最大，磁通量的变化率最小，电流最小，每经过一次图示位置的中性面，电流方向就改变一次，故A、B、C错误；从图示位置开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为i＝Imsin eq \f(2π,T)t，故D正确．
2．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，为理想交流电流表．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图甲所示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示．下列说法正确的是( )
A．该交变电流的频率为0.5 Hz
B．电流表的示数为10eq \r(2) A
C．t＝0.01 s时，穿过线圈的磁通量最大
D．该交变电流瞬时值表达式为i＝10eq \r(2)cs 100πt (A)
答案 D
解析 由题图乙知，周期T＝0.02 s，故角速度ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,0.02) rad/s＝100π rad/s，频率f＝eq \f(1,T)＝20 Hz，故A错误；由题图乙可知交流电电流的最大值是Im＝10eq \r(2) A，由于电流表的示数为有效值，故示数IA＝eq \f(Im,\r(2))＝eq \f(10\r(2),\r(2)) A＝10 A，故B错误；t＝0.01 s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故C错误；该交变电流瞬时值表达式为i＝10eq \r(2)cs 100πt (A)，故D正确．
3．(2023·湖南省模拟)空间被等分成8个区域，每隔1个区域分布着匀强磁场，磁感应强度大小和磁场方向如图所示．半径为l、电阻为r、圆心角为45°的扇形线框绕圆心O在纸面内逆时针匀速转动，角速度大小为ω，则线框内电流的有效值为( )
A.eq \f(\r(10)Bωl2,8r) B.eq \f(\r(10)Bωl2,4r)
C.eq \f(\r(10)Bωl2,2r) D.eq \f(\r(5)Bωl2,4r)
答案 B
解析 根据E＝BLv，当线框在磁感应强度大小为B的匀强磁场中转动时，产生的感应电动势为E＝Bleq \x\t(v)＝Bl×eq \f(ωl,2)＝eq \f(1,2)ωBl2；当线框在磁感应强度为2B的匀强磁场中转动时，产生的感应电动势为E′＝2Bleq \x\t(v)，解得E′＝ωBl2，每个周期有eq \f(1,2)T时间产生的感应电动势为E，eq \f(1,2)T时间产生的感应电动势为E′，根据有效值的定义可得eq \f(E2,r)×eq \f(T,2)＋eq \f(E′2,r)×eq \f(T,2)＝eq \f(E有2,r)T，解得E有＝eq \f(\r(10)Bl2ω,4)，故电流的有效值I＝eq \f(E有,r)＝eq \f(\r(10)Bl2ω,4r)，故A、C、D错误，B正确．
4．(2023·陕西渭南市模拟)交流发电机线圈电阻r＝1 Ω，用电器电阻R＝9 Ω，电压表示数为9 V，如图所示，那么该交流发电机( )
A．电动势的峰值为10 V
B．电动势的有效值为9 V
C．交流发电机线圈通过中性面时电动势的瞬时值为10eq \r(2) V
D．交流发电机线圈自中性面转过90°的过程中的平均感应电动势为eq \f(20\r(2),π) V
答案 D
解析 用电器电阻R＝9 Ω，电压表示数为9 V，则电路中的电流I＝eq \f(U,R)＝eq \f(9,9) A＝1 A，所以，电路中的电动势E＝I(R＋r)＝1×(1＋9) V＝10 V．电压表的读数是交流电的有效值，所以10 V是电路中电动势的有效值，其最大值Em＝eq \r(2)E＝10eq \r(2) V，故A、B错误；当线圈处于中性面时，电动势的瞬时值为零，故C错误；线圈自中性面转过90°的过程中的平均感应电动势为eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(BS,\f(π,2ω))＝eq \f(2Em,π)＝eq \f(20\r(2),π) V，故D正确．
5．某探究小组测试一发电机性能的电路如图甲所示，灯泡L两端的电压随时间变化的关系如图乙所示．已知发电机线圈的电阻为6 Ω，匝数为500匝，灯泡L的电阻为44 Ω，下列说法正确的是( )
A．线圈转动的角速度为50π rad/s
B．穿过线圈磁通量的最大值为eq \f(\r(2),2π)×10－2 Wb
C．发电机产生的电动势瞬时值表达式为e＝250sin 100πt (V)
D．线圈转动一周产生的总电能为50 J
答案 B
解析 根据题图乙可知发电机产生的交流电的周期T＝0.02 s，故角速度ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,0.02) rad/s＝100π rad/s，故A错误；灯泡两端电压的最大值为Um＝220eq \r(2) V，根据闭合电路的欧姆定律可知Um＝eq \f(Em,R＋r)R，解得Em＝250eq \r(2) V，根据Em＝NBSω＝NΦmω，可知Φm＝eq \f(\r(2),2π)×10－2 Wb，故B正确；发电机产生的电动势瞬时值表达式为e＝250eq \r(2)sin 100πt (V)，故C错误；感应电动势的有效值E＝eq \f(Em,\r(2))＝eq \f(250\r(2),\r(2)) V＝250 V，线圈转一周产生的总能量W＝eq \f(E2,R＋r)T＝eq \f(2502,44＋6)×0.02 J＝25 J，故D错误．
6．(2023·黑龙江齐齐哈尔市模拟)如图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，转动的角速度ω＝10π rad/s，线圈的匝数N＝10匝、电阻r＝1 Ω，线圈所围面积S＝0.1 m2.线圈的两端经滑环和电刷与阻值为9 Ω的电阻R相连，匀强磁场的磁感应强度B＝1 T．在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行(π取3.14，π2取10)，下列说法正确的是( )
A．从图示位置开始计时电流的瞬时表达式为i＝3.14sin (31.4t) A
B．若在R两端接一个交流电压表，则它的示数为3.14 V
C．线圈从图示位置转过90°的过程中，通过R的电荷量q为0.1 C
D．电阻R消耗的电功率为50 W
答案 C
解析 感应电动势的最大值为Em＝NBSω＝10×1×0.1×10π V＝31.4 V，感应电流的最大值为Im＝eq \f(Em,R＋r)＝eq \f(31.4,9＋1) A＝3.14 A，则从题图所示位置开始计时电流的瞬时表达式为i＝Imcs ωt＝3.14cs 31.4t(A)，故A错误；电流的有效值为I＝eq \f(Im,\r(2))＝eq \f(3.14,\r(2)) A≈2.2 A，由欧姆定律得电阻R两端的电压为U＝IR，联立解得电压表示数为U≈20 V，故B错误；线圈从题图所示位置转过90°的过程中，通过R的电荷量为q＝eq \x\t(I)·Δt，又eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R＋r)，eq \x\t(E)＝Neq \f(ΔΦ,Δt)＝Neq \f(BS,Δt)，所以q＝eq \f(NBS,R＋r)，代入数据解得q＝0.1 C，故C正确；电阻R消耗的电功率为P＝I2R，解得P≈44 W，故D错误．
7．(2023·北京市质检)如图是交流发电机模型示意图．在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′匀速转动，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形成闭合电路．已知磁感应强度为B，线圈匝数为n，ab长度为L1，bc长度为L2，线圈角速度为ω，外电路电阻为R，线圈内阻为r，线圈逆时针转动．
(1)如图线圈平面处于中性面位置，求此刻穿过线圈的磁通量Φ；
(2)推导出线圈转动过程中的最大感应电动势Em；
(3)求电流表的示数I；
(4)求线圈每转动一周外力做功W.
答案 (1)BL1L2 (2)nBL1L2ω
(3)eq \f(\r(2)nBL1L2ω,2R＋r) (4)eq \f(πn2B2L12L22ω,R＋r)
解析 (1)当线圈平面处于中性面位置时，通过线圈的磁通量为Φ＝BL1L2
(2)根据法拉第电磁感应定律，当线圈转动到垂直中性面位置时，线速度与磁感线垂直，切割速度最大，此时电动势最大；ab边(或cd)边一根导线切割磁感线所产生的电动势E0＝BL1v＝eq \f(1,2)BL1L2ω
对于n匝线圈，ab边与cd边串联且一起切割磁感线，则有Em＝nBL1×eq \f(1,2)ωL2＋nBL1×eq \f(1,2)ωL2＝nBL1L2ω
(3)电动势有效值为E＝eq \f(Em,\r(2))
由闭合电路欧姆定律，电流表的示数I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(\r(2)nBL1L2ω,2R＋r)
(4)线圈转动的周期T＝eq \f(2π,ω)
外力驱动线圈转动一周所做的功等于闭合回路中产生的焦耳热，则W＝Q＝I2(R＋r)T
解得W＝eq \f(πn2B2L12L22ω,R＋r).