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    2024高考物理一轮复习考点攻破训练——交流电的产生与描述练习含解析教科版

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    这是一份2024高考物理一轮复习考点攻破训练——交流电的产生与描述练习含解析教科版,共6页。

    2.交流电有效值是根据热效应等效计算的.
    1.(多选)(2023·云南玉溪一中第五次调研)图1甲为一台小型发电机的构造示意图,内阻r=5.0Ω,外电路电阻R=95Ω,电路中其余电阻不计.发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴转动,线圈匝数n=100.转动过程中穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按正弦规律变化,如图乙所示,(π=3.14,eq \r(2)=1.4)则 ( )
    图1
    A.该小型发电机的电动势的最大值为200V
    B.t=3.14×10-2s时,磁通量的变化率为2Wb/s
    C.t=3.14×10-2s时,串联在外电路中的交流电流表的读数为2A
    D.t=3.14×10-2s时,串联在外电路中的交流电流表的读数为1.4A
    2.(2023·安徽宣城市调研)图2甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图,其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中,绕垂直于磁场方向的固定轴OO′(OO′沿水平方向)匀速转动,线圈的两端经集流环和电刷与电阻R=10Ω连接,与电阻R并联的交流电压表为理想电压表,示数是10V.图乙是矩形线圈中磁通量随时间t变化的图像.线圈内阻不计,则( )
    图2
    A.此交流发电机的电动势平均值为10eq \r(2)V
    B.t=0.02s时R两端的电压瞬时值为零
    C.R两端的电压u随时间t变化的规律是u=10eq \r(2)cs (100πt) V
    D.当ab边速度方向向上时,它所受安培力的方向也向上
    3.(多选)(2023·安徽皖江名校联盟摸底大联考)如图3所示为交流发电的简易图,n匝矩形线圈的面积为S,整个装置处在磁感应强度为B的竖直向下匀强磁场中,已知线圈的电阻值为r,通过电刷与定值电阻R相连接,与定值电阻并联一理想的交流电压表,现矩形线圈绕中心轴线OO′以恒定的角速度ω匀速转动.t=0时刻线圈处在中性面.下列说法正确的是( )
    图3
    A.t=0时刻流过定值电阻的电流方向向左
    B.线圈中产生感应电动势的瞬时表达式为e=nBSω·sinωt(V)
    C.线圈转动的过程中,电压表的读数为nBSωeq \f(R,R+r)
    D.从t=0时刻起,线圈转过60°时流过定值电阻的瞬时电流为eq \f(\r(3)nBSω,2R+r)
    4.(多选)(2023·江苏扬州市一模)电阻为1Ω的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动,线圈的电动势随时间变化的图像如图4所示.现把线圈的电动势加在电阻为9Ω的电热丝上,则下列说法正确的是( )
    图4
    A.线圈转动的角速度为31.4rad/s
    B.如果线圈转速提高一倍,则电流发生改变
    C.电热丝两端的电压U=100eq \r(2)V
    D.电热丝的发热功率P=1800W
    5.(多选)如图5甲所示,将阻值为R=5Ω的电阻接到内阻不计的正弦交变电源上,电流随时间变化的规律如图乙所示,理想交流电流表串联在电路中测量电流的大小.对此,下列说法正确的是( )
    图5
    A.电阻R两端电压变化规律的函数表达式为u=2.5sin (200πt) V
    B.电阻R消耗的电功率为1.25W
    C.如图丙所示,若此交变电流由一矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生,当线圈的转速提升一倍时,电流表的示数为1A
    D.这一交变电流与图丁所示电流比较,其有效值之比为1∶eq \r(2)
    6.(多选)(2023·湖北黄冈中学模拟)如图6甲所示是一种振动发电装置的示意图,半径为
    r=0.1m、匝数n=20的线圈位于辐向分布的磁场中,磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示),线圈所在位置的磁感应强度的大小均为B=eq \f(0.20,π)T,线圈电阻为
    R1=0.5Ω,它的引出线接有R2=9.5Ω的小电珠L,外力推动线圈框架的P端,使线圈沿轴线做往复运动,线圈运动速度v随时间t变化的规律如图丙所示(摩擦等损耗不计),则( )
    图6
    A.小电珠中电流的峰值为0.16A
    B.小电珠中电流的有效值为0.16A
    C.电压表的示数约为1.5V
    D.t=0.1s时外力的大小为0.128N
    7.(多选)(2023·湖南十二校联考)如图7所示,边长为L的正方形单匝线圈abcd,电阻为r,外电路的电阻为R,ab的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上,磁场的磁感应强度为B,若线圈从图示位置开始,以角速度ω绕OO′轴匀速转动,则以下判断正确的是( )
    图7
    A.图示位置线圈中的感应电动势最大为Em=BL2ω
    B.从图示位置开始计时,闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e=eq \f(1,2)BL2ωsinωt
    C.线圈从图示位置转过180°的过程中,流过电阻R的电荷量为q=eq \f(2BL2,R+r)
    D.线圈转动一周的过程中,电阻R上产生的热量为Q=eq \f(πB2ωL4R,4R+r2)
    答案精析
    1.ABD [从Φ-t图线可以看出,Φmax=1.0×10-2 Wb,T=3.14×10-2 s,ω=eq \f(2π,T),感应电动势的最大值Emax=nωΦmax=100×eq \f(2π,3.14×10-2)×1×10-2 V=200 V,故A正确;t=3.14×10-2 s时,磁通量Φ的变化率最大,最大值为eq \f(ΔΦ,Δt)=eq \f(Emax,n)=eq \f(200,100) Wb/s=2 Wb/s,故B正确;电路中电流有效值I=eq \f(\f(Emax,\r(2)),R+r)=eq \f(200,100\r(2)) A=eq \r(2) A,则串联在外电路中的交流电流表的读数为eq \r(2) A,故C错误,D正确.]
    2.C [矩形线圈绕垂直于磁场的转轴匀速转动,产生正弦交流电,外电阻R=10 Ω,电压表示数为10 V,说明eq \f(Em,\r(2))=10 V,即电动势最大值为Em=10eq \r(2) V,所以平均值一定比Em=
    10eq \r(2) V小,选项A错.t=0.02 s时,磁通量的变化率最大,故产生的感应电动势最大,R两端的电压瞬时值最大,故B错误;由题图乙知T=0.02 s,W=eq \f(2π,T)=100π rad/s,在t=0时刻,产生的感应电动势最大,故满足余弦函数关系,即U=10eq \r(2)cs (100πt)V,C正确;根据楞次定律,感应电流总是阻碍线圈的转动,所以当ab边速度方向向上时,它所受安培力的方向向下,选项D错.]
    3.BD [t=0时刻线圈与磁场方向垂直,即线圈的速度与磁场方向平行,因此t=0时感应电动势为零,感应电流为零,A错误;从中性面开始计时,感应电动势随时间按正弦规律变化,且最大感应电动势Em=nBSω,所以感应电动势的瞬时值表达式为e=nBSωsinωt(V),B正确;线圈转动的过程中,最大感应电动势Em=nBSω,则产生的感应电动势的有效值E=
    eq \f(\r(2),2)nBSω,因此电压表的示数为U=eq \f(\r(2)R,2R+r)nBSω,C错误;线圈从t=0开始转过60°时,瞬间电流为i=eq \f(e,R+r)=eq \f(nBSωsin\f(π,3),R+r)=eq \f(\r(3)nBSω,2R+r),D正确.]
    4.BD [从题图中可知T=0.02s,ω=eq \f(2π,T)=314rad/s,故选项A错误;其他条件不变,如果线圈转速提高一倍,角速度ω变为原来的两倍,则电动势最大值Em=NBSω变为原来的两倍,电压的有效值变为原来的两倍,根据欧姆定律可知电流发生改变,故选项B正确;该交流电压的最大值为200V,所以有效值为100eq \r(2)V,U=eq \f(9,9+1)×100eq \r(2)V=90eq \r(2)V,故选项C错误;根据P=eq \f(U2,R)得P=eq \f(90\r(2)2,9)W=1800W,故选项D正确.]
    5.AD [题图乙所示电流的最大值为Im=0.5A,周期为T=0.01s,其角速度为ω=eq \f(2π,T)=
    200πrad/s,由欧姆定律得Um=ImR=2.5V.所以电阻R两端电压的表达式为
    u=2.5sin (200πt) V,选项A正确.该电流的有效值为I=eq \f(Im,\r(2)),电阻R消耗的电功率为P=I2R,解得P=0.625W,B选项错误.电流表的示数为有效值,若该交变电流由题图丙所示矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生,当转速提升一倍时,电动势的最大值Em=nBSω变为原来的2倍,电路中电流的有效值也是原来的2倍,为2×eq \f(0.5,\r(2))A≠1A,选项C错误.题图乙中的正弦交变电流的有效值为eq \f(0.5,\r(2))A,题图丁所示的交变电流虽然方向发生变化,但大小恒为
    0.5A,选项D正确.]
    6.AD [由题意及法拉第电磁感应定律知道,线圈在磁场中做往复运动,产生的感应电动势的大小符合正弦曲线变化规律,线圈中的感应电动势的峰值为Em=nBlv=nB·2πrvm,故小电珠中电流的峰值为Im=eq \f(Em,R1+R2)=eq \f(20×\f(0.20,π)×2π×0.1×2,9.5+0.5)A=0.16A,选项A正确,B错误;电压表示数为U=eq \f(Im,\r(2))·R2≈1.07V,选项C错误;当t=0.1s也就是eq \f(T,4)时,外力的大小为F=nB·2πrIm=0.128N,选项D正确.]
    7.BD [题图位置线圈中的感应电动势最小,为零,A错误;若线圈从题图位置开始转动,闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式e=eq \f(1,2)BL2ωsinωt,B正确;线圈从题图位置转过180°的过程中,流过电阻R的电荷量为q=eq \x\t(I)·Δt=eq \f(ΔΦ,R总)=eq \f(BL2,R+r),C错误;Em=eq \f(1,2)BL2ω,线圈转动一周的过程中,电阻R上产生的热量为Q=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\f(Em,\r(2)),R+r)))2·R·eq \f(2π,ω)=eq \f(πB2ωL4R,4R+r2),D正确.]
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