山东省2020版高考物理一轮复习课时规范练35交变电流的产生及其描述新人教版.docx

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1、1课时规范练 35 交变电流的产生及其描述基础对点练1.(交变电流的产生及变化规律)(2018陕西榆林三模)如图甲所示,为一台小型发电机构造示意图,线圈逆时针转动,产生的电动势随时间按余弦规律变化,其 e-t图象如图乙所示。发电机线图的内阻为 1 ,外接灯泡的电阻为 9 ,则( )A.电压表的示数为 6 VB.在 2.010-2 s时刻,穿过线圈的磁通量变化率为零,线圈与中性面平行C.在 1.010-2 s时刻,穿过线圈的磁通量为零,线圈处于中性面D.发电机的输出功率为 3.24 W答案 D解析 由 Em=6V,E=6V,由闭合电路欧姆定律得,电压表示数 U=E=5.4V,故 A错误;在 2.

2、010-2s时刻,感应电动势最大,故穿过线圈的磁通量变化率最大,线圈与中性面垂直,故 B错误;在 1.010-2s时刻,感应电动势为零,故说明线圈处于中性面,此时穿过线圈的磁通量最大,故 C错误;灯泡实际消耗的功率即为电源的输出功率,由功率公式可知, P=W=3.24W,故输出功率为 3.24W,故 D正确。22.(交变电流的产生及变化规律)(2018天津实验中学模拟)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 转动。当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,则在 t=时刻( )A.线圈中的电流最大 B.穿过线圈

3、的磁通量为零C.线圈所受的安培力为零 D.穿过线圈磁通量的变化率最大答案 C解析 该交变电流的周期为 T=,在 t=时刻,即 t=时刻,由线圈中产生的交变电流图象可知,感应电流大小为零,故 A错误;在 t=时刻,感应电流大小为零,则知感应电动势为零,由法拉第电磁感应定律知磁通量变化率也为零,线圈与磁场垂直,磁通量为最大,故 B、D 错误;在 t=时刻,感应电流大小为零,由公式 F=BIL知线圈所受的安培力为零,故 C正确;故选 C。3.(有效值)(2018福建宁德期末)阻值为 R的电炉丝通以大小为 I的恒定电流时其电功率为 P,当把它接在某正弦式交流电源两端时其电功率也为 P。则该交流电源电压

4、的最大值为( )A.IR B.IR C.IR D.2IR答案 B解析 电炉丝通以大小为 I的恒定电流时,经 t时间内产生的热量为 Q,则有: Q=Pt=I2Rt;电炉丝接在某正弦式交流电源两端时,经 t时间内产生的热量为 Q,则有: Q=Pt=Rt,根据热效应有: Q=Q,即I2Rt=Rt,解得: I 有 =I,则电压的有效值为 U 有 =I 有 R=IR,故该交流电源电压的最大值为 Um=U 有 =IR,选B。34.(有效值)(2018江苏南京、盐城一模)一个电阻分别通过四种不同形式的电流,电流随时间变化的情况如下图所示,在相同时间内电阻产生热量最大的是( )答案 D解析 选项 A、B 中交

5、变电流的有效值都为 A,选项 C中恒定电流的大小为 1.5A,选项 D中交变电流的有效值为 2A,根据热量的表达式 Q=I2Rt得出选项 D正确。5.(多选)(“四值”问题)(2018黑龙江五校联考)如图所示,在匀强磁场中转动的单匝线圈电阻为1 ,外接电阻 R=9 ,线圈匀速转动的周期为 T=0.2 s,从线圈中性面开始计时,理想交流电流表的读数为 2 A,那么( )A.穿过线圈的最大磁通量为 WbB.任意时刻线圈中的感应电动势为 e=20sin 20 t(V)C.在线圈转过 90的过程中,外接电阻产生的焦耳热为 1.8 JD.在线圈转动 90的过程中,通过电阻 R的电荷量为 2 C4答案 A

6、C解析 因电流表的读数 2A为有效值,则电流的最大值为 Im=2A,Em=Im(R+r)=20V,又 Em= m ,= ,所以 m=Wb,故选项 A正确;任意时刻线圈中的感应电动势为 e=20sin10 t(V),故选项 B错误;线圈转过 90时,外接电阻产生的焦耳热为 Q=Rt=1.8J,故选项 C正确;从中性面开始计时,转动 90的过程中,感应电动势的平均值为, q=t=C,故选项 D错误。6.(多选)(2018河北衡水金卷模拟)如图所示,线圈 ABCD匝数 n=10,面积 S=0.4 m2,边界 MN(与线圈的 AB边重合)右侧存在磁感应强度 B= T的匀强磁场,若线圈从图示位置开始绕

7、AB边以 = 10 rad/s的角速度匀速转动。则以下说法正确的是( )A.线圈产生的是正弦交变电流B.线圈在转动过程中产生的最大感应电动势为 80 VC.线圈转动 s 时瞬时感应电动势为 40 VD.线圈产生的电动势的有效值为 40 V答案 BD解析 线圈在有界磁场中将产生正弦半波脉动电流,故 A错误;电动势最大值 E=nBS= 80V,故 B正确;线圈转动 s、转过角度,瞬时感应电动势为 e=nBS sin=40V,C项错误;在一个周期时间内,只有半个周期产生感应电动势,根据有效值的定义有() 2R=()2RT,可得电动势有效值 U=40V,故 D正确。5素养综合练7.(多选)(2018湖

8、北黄冈中学模拟)如图甲所示是一种振动发电装置的示意图,半径为 r=0.1 m、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= T,线圈电阻为 R1=0.5 ,它的引出线接有 R2=9.5 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( )丙A.小电珠中电流的峰值为 0.16 AB.小电珠中电流的有效值为 0.16 AC.电压表的示数约为 1.5 VD.t=0.1 s时外力的大小为 0.128 N答案 AD解析 由题意

9、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=nB2 rvm,故小电珠中电流的峰值为6Im=A=0.16A,选项 A正确,B 错误;电压表示数为 U=R21 .07V,选项 C错误;当 t=0.1s也就是时,外力的大小为 F=nB2 rIm=0.128N,选项 D正确。8.(2018江苏南师附中模拟)如图所示,两根间距为 20 cm的无限长光滑金属导轨,电阻不计,其左端连接一阻值为 10 的定值电阻,两导轨之间存在着磁感应强度为 1 T的匀强磁场,磁场边界虚线为正弦曲线的一部分,一阻值为 10 的光滑导

10、体棒,在外力作用下以 10 m/s的速度匀速向右运动(接触电阻不计),交流电压表和交流电流表均为理想电表,则( )A.回路中产生的是正弦式交变电流B.电压表的示数是 2 VC.导体棒运动到图示虚线位置时,电流表示数为零D.导体棒上消耗的热功率为 0.2 W答案 A解析 由磁场边界虚线为正弦曲线的一部分,可知导体棒切割磁感线产生正弦式交变电流,故选项 A正确;感应电动势最大值 Em=BLmv=2V,电压表测得是有效值,即为 U=E=1V,故选项 B错误;电流表测得是有效值,所以导体棒运动到图示虚线位置时,电流表示数恒定,不为 0,故选项 C错误;导体棒上消耗的热功率为 P=W=0.1W,故选项

11、D错误。9.(2018河南洛阳模拟)海洋中蕴藏着巨大的能量,利用海洋的波浪可以发电,在我国南海上有一浮桶式波浪发电灯塔,其原理示意图如图甲所示,浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上,浮桶内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动,且始终处于磁场中,该线圈与阻值 R=15 的灯泡相连。浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图乙中斜线阴影部分),如图乙所示,其内为产生磁场的磁体,与浮桶7内侧面的缝隙忽略不计;匝数 N=200的线圈所在处辐向磁场的磁感应强度 B=0.2 T,线圈直径 D=0.4 m,电阻 r=1 。重力加速度 g取 10 m/s2, 210,若浮桶随波浪上下运动的速度可表示为v=0.4sin (

12、t) m/s,则下列说法正确的是( )A.波浪发电产生电动势 e的瞬时值表达式为 e=16sin ( t) VB.灯泡中电流 i的瞬时值表达式为 i=16sin ( t) AC.灯泡的电功率为 120 WD.灯泡两端电压的有效值为 V答案 C解析 线圈的周长 L= D,由 e=NBLv知,电动势瞬时值的表达式 e=64sin t(V),选项 A错误;电流瞬时值的表达式 i=4sin t(A),选项 B错误;电流有效值 I=A=2A,灯泡的电功率 P=I2R=120W,选项 C正确;灯泡两端的电压 U=IR=30V,选项 D错误。10.(2018江苏苏锡常镇四市调研)无线充电技术的发展给用户带来

13、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 ,在它的 c、 d两端接一阻值 R=9.0 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 t=0时磁场竖直向上。求:8(1)在 t= 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.

14、0 A c端电势高 (2)5.710-2 J (3)210-3 C解析 (1)由图乙知 t= 10-3s时受电线圈中产生的电动势最大为 Em=20V线圈中产生感应电流的大小为 It=Im=2.0A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电阻在一个周期内产生的热量 Q=I2RT=5.710-2J(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= t由题图乙知,在的时间内, = 410-4Wb解得 q=n=210-3C11.(2018安徽淮北期中)图 1是交流发电机模型示意图,在磁感应强度为 B的匀强磁场中,有一矩形线圈 abcd可绕线圈

15、平面内垂直于磁感线的轴 OO转动,由线圈引出的导线 ae和 df分别与两个跟9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 R形成闭合电路。图 2是线圈的主视图,导线 ab和 cd分别用它们的横截面来表示,已知 ab长度为 L1,bc长度为 L2,线圈以恒定角速度 逆时针转动。(只考虑单匝线圈)(1)线圈平面处于中性面位置时开始计时,试推导 t时刻整个线圈中的感应电动势 e1的表达式;(2)若线圈电阻为 r,求从中性面开始的内通过电阻的电荷量 q的大小;(其他电阻均不计)(3)若线圈电阻为 r,求线圈每转动一周电阻

16、 R上产生的焦耳热 Q。(其他电阻均不计)答案 (1)e1=BL1L2 sin t (2) (3) R ()2解析 (1)矩形线圈 abcd转动过程中,只有 ab和 cd切割磁感线,设 ab和 cd的转动速度为 v,则v= ,在 t时刻,导线 ab和 cd因切割磁感线而产生的感应电动势均为 E1=BL1vy由图可知 vy=vsint则整个线圈的感应电动势为 e1=2E1=BL1L2 sint(2)在从中性面开始的四分之一的周期内,由 q= t,10 = 2- 1=0-BL1L2解得: q=-,所以电荷量的大小为(3)由闭合电路欧姆定律可知 I=E=则线圈转动一周在 R上产生的焦耳热为 QR=I2RT其中 T=于是 Q= R ()2