人教版高考物理一轮复习第11章交变电流传感器第1讲交变电流的产生及描述课时练含答案

这是一份人教版高考物理一轮复习第11章交变电流传感器第1讲交变电流的产生及描述课时练含答案，共9页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．(2021·贵州安顺模拟)如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个匝数为N的矩形线圈abcd，线圈面积为S，ab边与磁场方向垂直且始终与金属滑环K相连，cd边与金属滑环L相连。现使矩形线圈以恒定角速度ω从图示位置绕过ad、bc中点的轴匀速转动。下列说法正确的是( C )
A．将交流电流表串联到电路中，其示数随时间按余弦规律变化
B．线圈转动的角速度越大，通过电阻R的电流越小
C．线圈平面与磁场平行时，瞬时感应电动势最大，为E＝NBSω
D．线圈平面每转过半圈，穿过线圈平面的磁通量变化量为零
[解析] 本题考查交变电流的产生及其相关知识点。交流电流表测量交变电流的有效值，示数稳定，选项A错误；由法拉第电磁感应定律可知，线圈转动的角速度越大，产生的交变电动势最大值越大，由欧姆定律可知通过电阻R的电流越大，选项B错误；线圈平面与磁场平行时，穿过线圈的磁通量为零，磁通量变化率最大，瞬时感应电动势最大，为E＝NBSω，选项C正确；线圈平面从中性面每转过半圈，穿过线圈平面的磁通量变化量为2BS，选项D错误。
2．(2020·天津和平区月考)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Φ随时间t的变化关系如图所示，已知线圈总电阻为2 Ω，则( C )
A．t＝1.0 s时线圈平面平行于磁感线
B．t＝1.5 s时线圈中感应电流为0
C．t＝2.0 s时线圈中的感应电动势为0
D．一个周期内线圈产生的热量为8 J
[解析] 本题通过Φ－t图像考查交变电流问题。t＝1.0 s时，穿过线圈的磁通量最大，线圈平面垂直于磁感线，而非平行于磁感线，故A错误；t＝1.5 s时，线圈的磁通量变化率最大，线圈中感应电流不为0，故B错误；t＝2.0 s时线圈的磁通量变化率为零，故线圈中的感应电动势为0，故C正确；一个周期内线圈产生的热量Q＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Em,\r(2))))2eq \f(1,R)T，又Em＝nBSω＝nΦmeq \f(2π,T)，解得Q＝8π2 J，故D错误。
3．如图所示是一交变电流的i－t图像，则该交变电流的有效值为( B )
A．4 A B．eq \f(2\r(30),3) A
C．eq \f(8,3) A D．2eq \r(2) A
[解析] 设交变电流的有效值为I，周期为T，电阻为R，则I2RT＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)×4))2R·eq \f(T,3)＋42·R·eq \f(2,3)T，解得I＝eq \f(2\r(30),3) A，故B正确。
4．(2021·云南师大附中月考)阻值为100 Ω的纯电阻元件通以如图所示的交变电流，则该元件的发热功率为( B )
A．121 W B．302.5 W
C．484 W D．605 W
[解析] 本题考查交变电流有效值的求解。根据电热Q＝eq \f(U2,R)T和交变电流有效值的定义得eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(110\r(2)V,\r(2))))2,R)×0.01 s＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(220\r(2)V,\r(2))))2,R)×0.01 s＝eq \f(U2,R)×0.02 s，该元件的发热功率P＝eq \f(U2,R)，联立解得P＝302.5 W，故B正确。
5．(2021·黑龙江大庆质检)教学用发电机能够产生正弦式交变电流，原理如图所示。矩形线圈abcd的面积为S，匝数为N，电阻为r，线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴OO′以角速度ω匀速转动，利用该发电机向定值电阻R供电，电压表和电流表均可视为理想电表。下列说法正确的是( D )
A．线圈平面通过图示位置时电流方向改变
B．电压表的读数为eq \f(NBSω,\r(2))
C．当线圈由图示位置转过30°时，线圈中的电流为eq \f(NBSω,2R＋r)
D．当线圈由图示位置转过30°的过程中，通过线圈磁通量的变化量为eq \f(BS,2)
[解析] 本题考查发电机产生交变电流的原理及相关物理量的计算。线圈平面在中性面时，通过线圈的磁通量最大，电流为零，电流方向改变，A错误；电压表测得的是路端电压，感应电动势最大值Emax＝NBSω，有效值E有效＝eq \f(NBSω,\r(2))，由于线圈有电阻，路端电压要比感应电动势有效值小，B错误；从题图所示位置开始转动，电动势E＝NBSωcsωt，当线圈由图示位置转过30°时，电流I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(NBSωcs30°,R＋r)＝eq \f(\r(3)NBSω,2R＋r)，C错误；当线圈由图示位置转过30°的过程中，ΔΦ＝BSsin30°＝eq \f(BS,2)，D正确。
6．(2021·广东华南师大附中、深圳中学等四校联考)在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示。则下列说法正确的是( CD )
A．t＝0.01 s时穿过线框的磁通量最小
B．该线框转动的角速度大小为π rad/s
C．该交变电动势的瞬时值表达式为e＝22 eq \r(2)sin(100πt)V
D．线框平面与中性面的夹角为45°时，电动势瞬时值为22 V
[解析] 本题考查交变电流的产生及相关物理量的计算。由题图乙可知，t＝0.01 s时，感应电动势为零，则穿过线框的磁通量最大，故A错误；由题图乙可知，交变电流周期T＝0.02 s，所以该线框转动的角速度大小为ω＝eq \f(2π,T)＝100 πrad/s，故B错误；当t＝0时，感应电动势为零，线框平面与磁场方向垂直，故该交变电动势的瞬时值表达式为e＝Emsinωt＝22eq \r(2)sin(100πt)V，故C正确；线框平面与中性面的夹角为45°时，电动势瞬时值e＝Emsin 45°＝22 V，故D正确。
7．图甲为风力发电的简易模型。在风力作用下，风叶带动与杆固连的永磁铁转动，磁铁下方的线圈与电压传感器相连。某一风速时，传感器显示如图乙所示，则( BC )
A．磁铁的转速为5 r/s
B．线圈两端电压的有效值为6eq \r(2) V
C．交流电压的表达式为u＝12sin 5πt(V)
D．该交变电流可以直接加在击穿电压为9 V的电容器上
[解析] 该交变电流的周期为T＝0.4 s，故磁铁的转速为n＝eq \f(1,T)＝eq \f(1,0.4) r/s＝2.5 r/s，故A错误；由题图乙可知电压的最大值为12 V，有效值U＝eq \f(U m,\r(2))＝eq \f(12,\r(2)) V＝6eq \r(2) V，故B正确；周期T＝0.4 s，故ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,0.4) rad/s＝5π rad/s，故交流电压的表达式为u＝12sin 5πt(V)，故C正确；该交变电流电压的最大值大于电容器的击穿电压，故该交变电流不能直接加在击穿电压为9 V的电容器上，故D错误。
8．(2021·河北石家庄质检)某音响电路的简化电路图如图所示，输入信号既有高频成分，也有低频成分，则( BD )
A．电感L1的作用是通高频
B．电容C2的作用是通高频
C．扬声器甲用于输出高频成分
D．扬声器乙用于输出高频成分
[解析] 电感线圈有通低频、阻高频的作用，因此A项错误；电容器有通高频、阻低频的作用，因此B项正确；由此可以判断，扬声器甲主要用于输出低频成分，扬声器乙用于输出高频成分，C项错误，D项正确。
9．(2021·陕西西安八校联考)一单匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时产生正弦式交变电流，其电动势的变化规律如图线a所示，当调整线圈转速后，电动势的变化规律如图线b所示。以下关于这两个正弦式交变电流的说法正确的是( AD )
A．从图线可算出穿过线圈磁通量的最大值
B．线圈先后两次转速之比为2︰3
C．在图线a和b中，t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零
D．图线b中感应电动势的瞬时值表达式为e＝100 sineq \f(100πt,3)(V)
[解析] 本题考查对交变电流中e－t图像的理解。由题
图可读出图线a电压最大值Um，根据周期求解角速度，根据电动势最大值公式Em＝NBSω可求出穿过线圈磁通量的最大值，故A正确；由题图可读出两交变电流周期之比Ta︰Tb＝0.04 s︰0.06 s ＝2︰3，而T＝eq \f(1,n)，则线圈先后两次转速之比为3︰2，故B错误；t＝0时刻两个正弦式交变电流的感应电动势瞬时值均为零，线圈都与磁场垂直，穿过线圈的磁通量均最大，故C错误；根据Em＝ NBSω＝2πnBS，则图线a、b中电动势最大值之比为3︰2，则图线b中感应电动势的最大值为100 V，角速度ω＝eq \f(2π,Tb)＝eq \f(100π,3)，所以图线b中感应电动势的瞬时值表达式为e＝100 sineq \f(100πt,3)(V)，故D正确。
10．(2020·湖北荆门调考)如图所示，固定平行的长直导轨M、N放置于匀强磁场中，导轨间距L＝1 m，磁感应强度B＝5 T，方向垂直于导轨平面向下，导体棒与导轨接触良好，驱动导体棒使其在磁场区域运动，速度随时间的变化规律为v＝ 2sin 10πt(m/s)，导轨与阻值为R＝9 Ω的外电阻相连，已知导体棒的电阻r＝1 Ω，不计导轨与电流表的电阻，则下列说法正确的是( AD )
A．导体棒做切割磁感线运动，产生频率为5 Hz的正弦式交变电流
B．导体棒产生的感应电动势的有效值为10 V
C．电流表的示数为0.5 A
D．0～eq \f(T,2)时间内R产生的热量为0. 45 J
[解析] 本题考查导体棒做往复运动切割磁感线产生的交变电流。根据题意，导体棒速度随时间变化规律为v＝2sin 10πt(m/s)，则产生的感应电动势e＝ BLv＝10sin 10πt(V)，即产生频率f＝eq \f(ω,2π)＝eq \f(10π,2π)＝5 Hz的正弦式交变电流，导体棒产生的感应电动势的峰值Em ＝10 V，则感应电动势的有效值E＝eq \f(Em,\r(2))＝5eq \r(2)V，故A正确，B错误；电流表示数I＝eq \f(E,r＋R)＝eq \f(5\r(2),1＋9)A＝eq \f(\r(2),2) A，故C错误；交变电流的周期T＝eq \f(1,f)＝0.2 s，在0～eq \f(T,2)时间内电阻R产生的热量Q＝I2R·eq \f(T,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2×9×0.1 J＝0.45 J，故D正确。
二、非选择题
11．如图所示，长ab为20 cm、宽ad为10 cm、电阻为0.2 Ω的300匝矩形金属线框在匀强磁场中以角速度100 eq \r(2)rad/s匀速转动，设磁感应强度为0.01 T，此时图中小灯泡正常发光，小灯泡的电阻为1 Ω，求：
(1)图中理想电压表和电流表的示数：
(2)在小灯泡两端再并联一个同样的小灯泡，如果保证两灯泡正常发光，则线圈在磁场中转动的角速度变为多少才行。
[答案] (1)5 V 5 A (2)eq \f(350,3)eq \r(2) rad/s
[解析] (1)感应电动势的最大值为：
Em＝nBSω
＝300×0.01×20×10－2×10×10－2×100eq \r(2) V
＝6eq \r(2) V
感应电动势的有效值为：
E＝eq \f(Em,\r(2))＝6 V
由闭合电路欧姆定律求得电流为：
I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(6,0.2＋1) A＝5 A
电流表的示数为5 A
电压表的示数为：
U＝IR＝5×1 V＝5 V。
(2)在小灯泡两端再并联一个同样的小灯泡，外电阻为：
R′＝eq \f(R,2)＝0.5 Ω
正常发光的电流还是5 A，总电流为I′＝2I＝10 A，
电源电动势的有效值为：
E′＝I′(R′＋r)＝7 V
最大值为：
Em′＝eq \r(2)E′
又Em′＝nBSω′
求得：ω′＝eq \f(350,3)eq \r(2) rad/s。
12．(2020·如皋市高三模拟)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，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：
甲
乙
(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。
[答案] (1)2.0 A；c端电势高 (2)5.7×10－2 J (3)2×10－3 C
[解析] (1)由图乙知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＝eq \f(Em,R＋r)＝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＝eq \f(Im,\r(2))＝eq \r(2) A
电阻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eq \x\t(E)＝neq \f(ΔΦ,Δt)
通过电阻电流的平均值为eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R＋r)
通过电阻的电荷量q＝eq \x\t(I)·Δt
由题图乙知，在eq \f(T,4)～eq \f(3T,4)的时间内，ΔΦ＝4×10－4 Wb
解得q＝Neq \f(ΔΦ,R＋r)＝2×10－3 C。