2019届高考物理二轮复习热点题型专练专题10.1变焦电流的产生及描述(含解析)
高考物理二轮必会题型：2018-2019交变电流的产生和描述》(含答案)
第十章交变电流传感器第1讲交变电流的产生和描述1．风力发电机为一种新能源产品，功率为200 W到15 kW，广泛应用于分散住户．若风力发电机的矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，当线圈通过中性面时，下列说法正确的是( )．A．穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势最大B．穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势最大C．穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势等于零D．穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势等于零解析当线圈通过中性面时，感应电动势为零，但此时穿过线圈的磁通量最大；当线圈平面转到与磁感线平行时，穿过线圈的磁通量为零，但此时感应电动势最大．答案 C2．如图1所示，面积均为S的单匝线圈绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e＝BSωsin ωt的图是( )．图1解析线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动，产生的正弦交变电动势为e＝BSωsin ωt，由这一原理可判断，A图中感应电动势为e＝BSωsin ωt；B图中的转动轴不在线圈所在平面内；C、D图转动轴与磁场方向平行，而不是垂直．答案 A3．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的转轴匀速转动，产生的交流电动势的最大值为E m.设t＝0时线圈平面与磁场平行，当线圈的匝数增加一倍，转速也增大一倍，其他条件不变时，交流电的电动势为( ) A．e＝2E m sin 2ωt B．e＝4E m sin 2ωtC．e＝E m sin 2ωt D．e＝4E m cos 2ωt解析 E m＝nBSω所以当S和ω都增大一倍时，电动势的最大值增大到原来的4倍，再考虑到，相位与ω的关系所以选项D正确．答案 D4．一小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势随时间的变化关系如图2所示．矩形线圈与阻值为10 Ω的电阻构成闭合电路，若不计线圈电阻，下列说法中正确的是( )．图2A ．t 1时刻通过线圈的磁通量为零B ．t 2时刻感应电流方向发生变化C ．t 3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大D ．交变电流的有效值为 2 A解析 在t 1时刻电动势为零，通过线圈的磁通量最大，A 错误；t 2时刻感应电动势最大，线圈与中性面垂直，电流方向不变，B 错误；电动势与磁通量的变化率成正比；t 3时刻电动势为零，因而通过线圈的磁通量变化率也为零，C 错误；电动势的有效值是10 2 V ，由全电路欧姆定律可得电流的有效值是 2 A ，D 正确． 答案 D5．如图3所示，在匀强磁场中有一个矩形单匝线圈abcd ，ab 边与磁场垂直，MN 边始终与金属滑环K 相连，PQ边始终与金属滑环L 相连．金属滑环L 、电流表A 、定值电阻R 、金属滑环K 通过导线串联．使矩形线圈以恒定角速度绕过bc 、ad 中点的轴旋转．下列说法中不正确的是 ( )．图3A ．线圈转动的角速度越大，电流表A 的示数越大B ．线圈平面与磁场平行时，流经定值电阻R 的电流最大C ．线圈平面与磁场垂直时，流经定值电阻R 的电流最大D ．电流表A 的示数随时间按余弦规律变化解析 令矩形单匝线圈abcd 的电阻为r ，根据法拉第电磁感应定律和交变电流的有效值定义得，交变电流的最大值为I m ＝BS ωR ＋r ，电流表显示的是有效值I ＝BS ω2＋，所以，线圈转动的角速度越大，电流表A 的示数越大，A 对，D 错；线圈平面与磁场平行时，此时产生的感应电动势最大，故流经定值电阻R 的电流最大，B 对，C 错． 答案 CD6．小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图5所示．此线圈与一个R ＝10 Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻．下列说法中正确的是( )． A ．交变电流的周期为0.125 s B ．交变电流的频率为8 Hz C ．交变电流的有效值为 2 A D ．交变电流的最大值为4 A解析 由et 图象可知，交变电流的周期为0.25 s ，故频率为4 Hz ，选项A 、B 错误．根据欧姆定律可知交变电流的最大值为2 A ，故有效值为 2 A ，选项C 正确，D 错误． 答案 C7．一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图4甲所示，则下列说法中正确的是( )图4A ．t ＝0时刻线圈平面与中性面垂直B ．t ＝0.01 s 时刻Φ的变化率达到最大C ．0.02 s 时刻感应电动势达到最大D ．该线圈相应的感应电动势图象如图乙所示解析 由Φ－t 图知，在t ＝0时，Φ最大，即线圈处于中性面位置，此时e ＝0，故A 、D 两项错误；由图知T ＝0.04 s ，在t ＝0.01 s 时，Φ＝0，ΔΦΔt 最大，e 最大，则B 项正确；在t ＝0.02 s 时，Φ最大，ΔΦΔt ＝0，e ＝0，则C 项错． 答案 B8．电阻R 1、R 2和交流电源按照图甲所示方式连接，R 1＝10 Ω，R 2＝20 Ω.合上开关S 后，通过电阻R 2的正弦交变电流i 随时间t 变化的情况如图乙所示，则( )图5A ．通过R 1的电流的有效值是1.2 AB ．R 1两端的电压有效值是6 VC ．通过R 2的电流的有效值是1.2 2 AD ．R 2两端的电压有效值是6 2 V解析 由题图知流过R 2交流电电流的最大值I 2m ＝0.6 2 A ，故选项C 错误；由U 2m ＝I 2m R 2＝12 2 V ，选项D 错误；因串联电路电流处处相同，则I 1m ＝0.6 2 A ，电流的有效值I 1＝I 1m 2＝0.6 A ，故A 项错误；由U 1＝I 1R 1＝6 V ，故选项B 正确． 答案 B9．一台发电机的结构示意图如图6所示，其中N 、S 是永久磁铁的两个磁极，它们的表面呈半圆柱面形状．M 是圆柱形铁芯，铁芯外套有一矩形线圈，线圈绕铁芯M 中心的固定转轴匀速转动．磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径的辐向磁场．若从图示位置开始计时电动势为正值，下列图象中能正确反映线圈中感应电动势e 随时间t 变化规律的是( )．图6解析 由于发电机内部相对两磁极为表面呈半圆柱面形状，磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径的辐向磁场，所以距转轴距离相等的各点磁感应强度大小相等，根据法拉第电磁感应定律可知回路中产生大小恒定的感应电动势，故选项A 、B 错误；当线圈转到竖直位置时，回路中感应电动势方向相反，所以选项C 错误、D 正确． 答案 D9．如图7所示，电阻为r 的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以某一角速度ω匀速转动．t ＝0时，线圈平面与磁场垂直，各电表均为理想交流电表，则( )图7A ．t ＝0时，线圈中的感应电动势最大B ．1 s 内电路中的电流方向改变了ω2π次C ．滑片P 向下滑动时，电压表的读数不变D ．线圈匀速运动的角速度ω变大时，电流表的读数也变大解析 由题意可知：线圈在t ＝0时处于中性面位置，感应电动势最小为0，A 错；1 s 内线圈转过ω2π圈，每一圈电流方向改变两次，所以电流方向改变次数为ωπ，B 错；电压表测量的是路端电压，P 向下滑时，外电阻R 阻值增加，电压表示数增大，C 错；线圈转动速度ω增大时，由E ＝22BS ω得，感应电动势有效值增加，电流有效值也增加，即电流表示数增加，D 对． 答案 D11．一只电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压u ＝311sin 314t V 的交流电源上(其内电阻可忽略不计)，均正常工作．用电流表分别测得通过电饭煲的电流是5.0 A ，通过洗衣机电动机的电流是0.50 A ，则下列说法中正确的是( )．A ．电饭煲的电阻为44 Ω，洗衣机电动机线圈的电阻为440 ΩB ．电饭煲消耗的电功率为1 555 W ，洗衣机电动机消耗的电功率为155.5 WC ．1 min 内电饭煲消耗的电能为6.6×104J ，洗衣机电动机消耗的电能为6.6×103J D ．电饭煲发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍解析 电饭煲可看做纯电阻用电器，其电阻为R ＝U I ＝2205.0Ω＝44 Ω，洗衣机是非纯电阻用电器，电动机线圈的电阻R≠2200.5 Ω＝440 Ω，A 错误；电饭煲消耗的电功率为P ＝UI ＝220×5.0 W＝1 100 W ，洗衣机电动机消耗的电功率为P′＝UI′＝220×0.5 W＝110 W ，B 错；1 min 内电饭煲消耗的电能为W ＝Pt ＝1 100×1×60 J ＝6.6×104J ，洗衣机电动机消耗的电能为W′＝P′t＝110×1×60 J＝6.6×103J ，C 正确；洗衣机是非纯电阻用电器，其电动机发热功率无法计算，D 错误． 答案 C12．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L 1，bc 长度为L 2，线圈以恒定角速度ω逆时针转动．(只考虑单匝线圈)图8(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e 1的表达式；(2)线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，如图3所示，试写出t 时刻整个线圈中的感应电动势e 2的表达式；(3)若线圈电阻为r ，求线圈每转动一周电阻R 上产生的焦耳热．(其它电阻均不计)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 ＝ω·L 22①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 E 1＝BL 1v y ②由图可知v y ＝vsin ωt ③ 则整个线圈的感应电动势为 e 1＝2E 1＝BL 1L 2ωsin ωt ④(2)当线圈由图3位置开始运动时，在t 时刻整个线圈的感应电动势为 e 2＝BL 1L 2ωsin(ωt ＋φ0)⑤ (3)由闭合电路欧姆定律可知 I ＝ER ＋r⑥E ＝E m2＝BL 1L 2ω2⑦ 则线圈转动一周在R 上产生的焦耳热为 Q R ＝I 2RT ⑧ 其中T ＝2πω⑨于是Q R ＝πR ω⎝ ⎛⎭⎪⎫BL 1L 2R ＋r 2⑩答案：(1)e 1＝2E 1＝BL 1L 2ωsin ωt (2)e 2＝BL 1L 2ωsin(ωt ＋φ0)(3)πR ω⎝ ⎛⎭⎪⎫BL 1L 2R ＋r 2。
高中物理人教版2019选修二习题答案第3章交变电流习题课交变电流的产生及描述
习题课交变电流的产生及描述必备知识基础练1.某正弦式交变电流i随时间t变化的图像如图所示。
由图可知()A.电流的最大值为10AB.电流的有效值为10AC.该交变电流的周期为0.03sD.该交变电流的频率为0.02Hz2.如图所示电路中，电源电压u=311sin100πt(V)，A、B间接有“220V440W”的电暖宝、“220V220W”的抽油烟机、交流电压表及保险丝。
下列说法正确的是()_A.交流电压表的示数为311VB.电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于3√2AC.电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍D.1min内抽油烟机消耗的电能为1.32×104J3.如图所示为一交变电流的i t图像，则此交变电流的有效值为()A.5√5AB.5√2AC.10AD.2.5√10A4.(多选)如图甲、乙分别表示两种电压的波形，其中甲电压按正弦规律变化。
下列说法正确的是()A.甲表示交变电流，乙表示直流电B.两种电压的有效值相等C.甲电压的瞬时值表达式为u=311sin100πt(V)D.甲交变电流的有效值比乙交变电流的有效值大5.如图所示电路，电阻R1与电阻R2值相同，都为R，和R1并联的D为理想二极管(正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大)，在A、B间加一正弦式交变电流u=20√2sin100πt(V)，则加在R2上的电压有效值为()A.10VB.20VC.15VD.5√10V关键能力提升练6.(2021广西南宁期中)如图甲所示，是一种振动发电装置，它的结构是一个套在辐向形永久磁体槽中的半径为0.1m、匝数为20的线圈，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)。
线圈所在位置磁感应强度的大小均为0.2T，线圈的电阻为2Ω，它的引出线接有8Ω的小灯泡L，其他电阻均不计。
外力推动线圈框架的P 端，使线圈沿轴线做往复运动，便有电流通过小灯泡。
当线圈速度随时间变化的规律如图丙、丁所示(v取向右为正)，其中图丙所示速度按正弦规律变化，下列说法正确的是()A.线圈两种情况运动时小灯泡亮度相同B.线圈按丁图情况运动产生的电动势是恒定不变的C.线圈按丙图情况运动产生的电动势的瞬时值表达式为e=4.8πsin10πt(V)D.线圈按丙图情况运动，小灯泡两端的电压为2.4√2V7.如图所示，边长分别为10cm和20cm的矩形线圈，匝数为100，阻值为5Ω，在匀强T，线圈磁场中绕垂直磁场方向的OO'轴匀速转动，已知匀强磁场的磁感应强度B=3√25π转动的角速度为ω=100πrad/s，线圈和阻值为R=15Ω的电阻相连接。
高三物理一轮复习练习：第十一章第1讲 交变电流的产生和描述解析含答案
配餐作业交变电流的产生和描述►►见学生用书P375A组·基础巩固题1．电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器。
如图甲所示为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管。
一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号。
若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量Φ随时间t 的变化如图乙所示，则螺线管内感应电流i随时间t变化的图象为( )甲乙A.B.C.D.解析 由感应电流公式I ＝E R ＝n ΔΦR Δt ，感应电流大小与磁通量的变化率有关，在Φ－t 图线上各点切线的斜率的绝对值反映感应电流的大小，斜率的正、负号反映电流的方向；根据题图乙，在0～t 0时间内，感应电流I 的大小先减小到零，然后再逐渐增大，电流的方向改变一次，同理分析t 0～2t 0时间内，只有B 项符合要求。
答案 B2．如图所示，一交流发电机的矩形线圈共有10匝，其电阻r ＝2 Ω，面积是0.2 m 2，在磁感应强度B ＝2πT 的匀强磁场中，若线圈从中性面位置开始绕垂直于磁场方向的对称轴OO′以ω＝10π rad/s 的角速度匀速转动，向R ＝18 Ω的电阻供电。
则以下说法中正确的是( )A ．该线圈产生的是余弦式交变电流B ．线圈在转动过程中产生的最大感应电动势为40 VC ．线圈开始转动160 s 时流过电阻R 的瞬时电流大小为22 AD ．电阻R 上消耗的电功率为9 W解析 由法拉第电磁感应定律可知，其产生的感应电动势(感应电流)将按照正弦规律变化，A 项错误；由于OO′为线圈的对称轴，所以线圈产生的感应电动势的最大值应为E m ＝12nBS ω＝20 V ，B 项错误；线圈在转动过程中产生的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝20sin10πt V ，所以其感应电流的瞬时值表达式为i ＝sin10πt A ，故当t ＝160 s 时，流经电阻R 的瞬时电流大小为i ＝sin(10π×160) A ＝12A ，C 项错误；流经R 的电流的有效值为I ＝22A ，所以电阻R 上消耗的电功率为P ＝I 2R ＝9 W ，D 项正确。
新课标2019届高考物理：：第11章交变电流传感器第一节交变电流的产生和描述达标诊断高效训练3(含答案).doc
第一节交变电流的产生和描述(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．在匀强磁场中，一矩形金属线圈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，则下列判断正确的是( )A．t＝0.005 s时线圈平面与磁场方向垂直B．线圈产生的交变电动势的瞬时值为e＝311sin 100πt(V)C．线圈产生的交变电动势的频率为100 HzD．线圈产生的交变电动势的有效值为311 V解析：选B.当t＝0.005 s时电动势最大，则线圈平面与磁场方向平行(穿过线圈平面的磁通量为0，产生的感应电流最大)，故A错误；线圈产生的交变电动势的瞬时值为e＝E m sin 2πT t＝311sin 100πt(V)，故B正确；由题图乙可知周期为0.02 s，则频率为f＝1T＝50 Hz，故C错误；线圈产生的交变电动势的有效值为220 V，故D错误．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，A为交流电流表，线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是( )A．电流表的示数为10 2 AB．线圈转动的角速度为50πrad/sC．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行D．0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左解析：选C.根据i－t图象可知，电流最大值I m＝10 2 A，有效值I＝Im2＝10 A，选项A错误；交变电流的周期T＝2×10－2 s，角速度ω＝2πT＝100πrad/s，选项B错误；从图示位置开始转动时，经0.01 s线圈回到水平状态，线圈平面与磁场方向平行，选项C正确；根据右手定则，在0.02 s时，线圈经过一个周期，即在图示位置，电阻R中的电流方向自左向右，因此选项D错误．3.如图所示电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和R1并联的D为理想二极管(正向电阻可看做零，反向电阻可看做无穷大)，在A、B间加一正弦交流电u＝202·sin(100πt) V，则加在R2上的电压有效值为( ) A．10 VB．20 VC．15 V D．510 V解析：选D.由二极管的单向导电性可知，若二极管导通，加在R 2上的电压波形为半个周期，最大值为20 2 V ，若二极管截止，R 1、R 2串联，则R 2上的电压半个周期最大值为10 2 V ．由有效值的定义可得加在R 2上的电压有效值为510 V ，选项D 正确．4．传统的自行车发电机内部电路如图甲所示，驱动轴一端与自行车车轮相连，另一端连接条形永磁铁，车轮转动过程中，驱动轴带动磁铁在铁芯之间匀速转动，发电机线圈两端产生的交变电压波形如图乙所示．已知波形图中正、负尖峰电压分别为U m 和－U m .两个相邻正、负尖峰电压所对应的时间差为Δt ，发电机线圈匝数为n .以下判断正确的是( )A ．驱动轴转动的角速度ω＝2πΔtB ．线圈电压的有效值U ＝2U m 2C ．穿过线圈磁通量变化率的最大值k m ＝U m nD ．相邻两个向上尖峰时间内，线圈电压的平均值U ＝U m 2解析：选C.根据题述两个相邻正、负尖峰电压所对应的时间差为Δt ，可得交变电流周期T ＝2Δt ，驱动轴转动的角速度ω＝2π2Δt＝πΔt，选项A 错误；由于产生的交变电流不是按照正弦规律变化，线圈电压的有效值不是U ＝2U m 2，选项B 错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势与磁通量变化率成正比，U m ＝nk m ，穿过线圈磁通量变化率的最大值k m ＝U m n，选项C 正确；相邻两个向上尖峰时间内，线圈电压的平均值U ＝n ΔΦ2Δt，因为线圈转过一个完整的周期，磁通量变化量ΔΦ＝0，所以电压平均值等于零，选项D 错误．5.(2018·南通调研)某兴趣小组自制一小型发电机，使线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t 按正弦规律变化的图象如图所示，线圈转动周期为T ，线圈产生的电动势的最大值为E m .则( )A ．在t ＝T 4时，磁场方向与线圈平面平行B ．在t ＝T 2时，线圈中的磁通量变化率最大 C ．线圈中电动势的瞬时值e ＝E m sin⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2πt T D ．若线圈转速增大为原来的2倍，则线圈中电动势变为原来的4倍解析：选B.线圈绕垂直磁场的转轴匀速转动，根据图象可以发现t ＝0时，磁通量等于0，说明t ＝0线圈处于和磁场平行的位置，那么感应电动势e ＝nBS ωcos (ωt )＝E m cos ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2πt T ，选项C 错误；若线圈转速增大为原来的2倍，则角速度增加到原来的2倍，感应电动势E m ＝nBS ω同样增大为原来的2倍，选项D 错误；t＝T 4时，磁通量最大，说明磁场方向和线圈平面垂直，选项A 错误；t ＝T 2时，图象斜率最大即ΔΦΔt＝E 最大，磁通量变化率最大，选项B 正确．二、多项选择题6．(2018·山西忻州四校联考)如图甲所示，一单匝圆形闭合导线框半径为r ，线框电阻为R ，连接一交流电流表(内阻不计)．线框内充满匀强磁场，已知该磁场磁感应强度B 随时间按正弦规律变化，如图乙所示(规定向下为B 的正方向)，则下列说法正确的是( )A ．0.005 s 时线框中的感应电流最大B ．0.01 s 时线框中感应电流方向从上往下看为顺时针方向C ．0.015 s 时电流表的示数为零D ．0～0.02 s 内闭合导线框上产生的热量为 π4r 4R解析：选BD.线框中的感应电动势为E ＝πr 2ΔB Δt ，感应电流为i ＝πr 2R ·ΔB Δt ，在0.005 s ，ΔB Δt＝0，则i ＝0，A 项错误；由楞次定律知在0.01 s 时感应电流方向为顺时针方向(从上往下看)，B 项正确；交流电流表测量的是交变电流的有效值，C 项错误；感应电动势的峰值为E m ＝B m πr 22πT，一个周期导线框上产生的热量为Q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫E m 22R T ＝π4r 4R，D 项正确． 7．一正弦交流电源的u －t 图线如图甲所示，将它接在图乙所示电路的e 、f 两端，若电阻的阻值为110 Ω，电源的内阻不计，交流电压表是量程为250 V 的理想电表，则下列说法中正确的是( )A ．通过电阻的电流方向1秒钟改变50次B ．交流电压表示数为220 VC ．产生该交变电流的线圈在磁场中匀速转动的角速度为100π rad/sD ．在1分钟内电阻R 上产生的热量为5.28×104 J解析：选BC.由题图甲知交变电流的周期为T ＝0.02 s ，频率f ＝1T＝50 Hz ，而一个周期内电流方向改变两次，即通过电阻的电流方向1秒钟改变100次，A 错误；交变电流的峰值为220 2V ，有效值为220 V ，B 正确；由ω＝2πT＝100π rad/s 可知，C 正确；由Q ＝U 2Rt 得，在1分钟内电阻R 上产生的热量为2.64×104 J ，D 错误．8.(2018·河北联考调研)如图所示，有一矩形线圈，面积为S ，匝数为N ，内阻为r ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕垂直磁感线的对称轴OO ′以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R，从图示位置转90°的过程中，下列说法正确的是( )A．通过电阻R的电量q＝πNBS22（R＋r）B．通过电阻R的电量q＝NBS R＋rC．外力做功平均功率P＝N2B2S2ω2 2（R＋r）D．从图示位置开始计时，则感应电动势随时间变化的规律为e＝NBSωsin ωt解析：选BC.从图示位置转90°的过程中，磁通量变化ΔΦ＝BS，通过电阻R的电量q＝IΔt＝ER＋rΔt＝NΔΦR＋r＝NBSR＋r，选项A错误，B正确；矩形线圈绕垂直磁感线的对称轴OO′以角速度ω匀速转动，产生的感应电动势最大值E m＝NBSω，感应电流有效值为I＝Em2（R＋r），外力做功平均功率P＝I2(R＋r)＝N2B2S2ω22（R＋r），选项C正确；从图示位置开始计时，则感应电动势随时间变化的规律为e ＝NBS ωsin⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫ωt ＋π2，选项D 错误．三、非选择题 9．(2018·湖北大冶一中模拟)发电机转子是匝数n ＝100，边长L ＝20 cm 的正方形线圈，其置于磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场中，绕着垂直磁场方向的轴以ω＝100π(rad/s)的角速度转动，当转到线圈平面与磁场方向垂直时开始计时．线圈的电阻r ＝1 Ω，外电路电阻R ＝99 Ω.试求：(1)写出交变电流瞬时值表达式；(2)外电阻上消耗的功率；(3)从计时开始，线圈转过π3过程中，通过外电阻的电荷量是多少？解析：(1)电动势的最大值：E m ＝nB ωL 2＝200π V ＝628 V根据闭合电路欧姆定律得I m ＝E m R ＋r＝6.28 A 故交变电流瞬时值表达式：i ＝6.28sin 100πt .(2)电流的有效值I ＝12I m由P ＝I 2R 得外电阻上消耗的功率：P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12I m 2R ≈1.95×103 W. (3)从计时开始到线圈转过π3过程中，平均感应电动势由E ＝n ΔΦΔt得 E ＝n Φm －Φm cos 60°Δt ＝n ·BL 22Δt平均电流：I ＝ER ＋r ＝nBL 22（R ＋r ）·Δt通过外电阻的电荷量： q ＝I ·Δt ＝nBL 22（R ＋r ）＝1×10－2 C. 答案：(1)i ＝6.28sin 100πt (2)1.95×103 W(3)1×10－2 C10．某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示．在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为49π，磁场均沿半径方向．匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab＝cd＝l、bc＝ad ＝2l.线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场．在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直．线圈的总电阻为r，外接电阻为R.求：(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小E m；(2)线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F；(3)外接电阻上电流的有效值的大小I.解析：(1)bc、ad边的运动速度v＝ωl2感应电动势E m＝4NBlv解得E m＝2NBl2ω.(2)电流I m＝E mr＋R，安培力F＝2NBI m l解得F＝4N2B2l3ωr＋R.(3)一个周期内，通电时间t＝4 9 TR上消耗的电能W＝I2mRt 且W＝I2RT解得I＝4NBl2ω3（r＋R）.答案：(1)2NBl2ω(2)4N2B2l3ωr＋R(3)4NBl2ω3（r＋R）11．如图甲所示是某同学设计的一种振动发电装置的示意图，一个半径r＝0.10 m、匝数n＝20匝的线圈套在永久磁铁槽中，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)．在线圈所在位置磁感应强度B的大小均为B＝0.20 T，线圈的电阻为R1＝0.50 Ω，它的引出线接有R2＝9.5 Ω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，便有电流通过电珠．当线圈向右的位移x随时间t变化的规律如图丙所示时(x取向右为正)．求：(1)线圈运动时产生的感应电动势E的大小；(2)线圈运动时产生的感应电流I的大小；(3)每一次推动线圈运动过程中作用力F的大小；(4)该发电机的输出功率P.解析：(1)由x－t图，可得线圈的切割速度v＝ΔxΔt＝0.80 m/s.线圈做切割磁感线运动产生的感应电动势E＝n·2πrBv＝20×2×3.14×0.10×0.20×0.80 V≈2.0 V.(2)由闭合电路的欧姆定律，感应电流I＝ER1＋R2＝2.00.50＋9.5A＝0.20 A.(3)由于线圈每次运动都是匀速直线运动，由平衡条件F＝F，即F＝nBI·2πr＝20×0.20×0.20×2×3.14×0.10 N≈0.50 N. 安(4)发电机的输出功率即小电珠的电功率P＝I2R＝0.202×9.5 W＝0.38 W.2答案：(1)2.0 V (2)0.20 A (3)0.50 N (4)0.38 W。
高考物理一轮复习 课时分层提升练四十二 交变电流的产生和描述(含解析)-人教版高三全册物理试题
交变电流的产生和描述(建议用时45分钟)1.(多项选择)一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴匀速转动,当线圈通过中性面时,以下说法正确的答案是( )A.线圈中的感应电动势为零B.线圈平面与磁感线方向垂直C.通过线圈的磁通量达到最大值D.通过线圈的磁通量变化率达到最大值【解析】选A、B、C。
在中性面时,线圈与磁场垂直,磁通量最大。
通过线圈的磁通量变化率为零,感应电动势为零,故A、B、C正确,D错误。
2.如下列图,矩形线框置于竖直向下的磁场中,通过导线与灵敏电流表相连,线框在磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动,图中线框平面处于竖直面内。
下述说法正确的答案是( )A.因为线框中产生的是交变电流,所以电流表示数始终为零B.线框通过图中位置瞬间,穿过线框的磁通量最大C.线框通过图中位置瞬间,通过电流表的电流瞬时值最小D.假设使线框转动的角速度增大一倍,那么通过电流表电流的有效值也增大一倍【解析】选D。
线框在匀强磁场中匀速转动时,在中性面即线框与磁感线垂直时,磁通量最大,感应电动势最小,而在题中图示位置线框与磁感线平行,磁通量最小,感应电动势最大,故A、B、C错误;电流的有效值I=,现在其余的量都不变,角速度增大一倍后,电流也增大一倍,故D正确。
3.(2019·抚州模拟)如下列图是一台发电机的结构示意图,其中N、S是永久磁铁的两个磁极,它们的外表呈半圆柱面形状。
M是圆柱形铁芯,它与磁极的柱面共轴,铁芯上有一矩形线框,可绕与铁芯M共轴的固定转动轴旋转。
磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径、大小近似均匀的磁场。
假设从图示位置开始计时,当线框绕固定转动轴匀速转动时,如下图像中能正确反映线框中感应电动势e随时间t变化规律的是( )【解析】选D。
因发电机的两个磁极N、S呈半圆柱面形状,磁极间的磁感线如下列图,即呈辐向分布磁场,磁感应强度的大小不变,仅方向发生改变,故线框在磁场中转动时垂直切割磁感线,产生的感应电动势的大小不变,线框越过空隙后,由于线框切割磁感线方向发生变化,所以感应电动势的方向发生变化,综上所述,D正确。
2019年度高三物理一轮复习练习：第十一章第1讲 交变电流的产生和描述Word版含解析
配餐作业交变电流的产生和描述►►见学生用书P375A组·基础巩固题1．电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器。
如图甲所示为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管。
一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号。
若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量Φ随时间t的变化如图乙所示，则螺线管内感应电流i随时间t变化的图象为()甲乙A.B.C.D.解析 由感应电流公式I ＝E R ＝n ΔΦR Δt，感应电流大小与磁通量的变化率有关，在Φ－t 图线上各点切线的斜率的绝对值反映感应电流的大小，斜率的正、负号反映电流的方向；根据题图乙，在0～t 0时间内，感应电流I 的大小先减小到零，然后再逐渐增大，电流的方向改变一次，同理分析t 0～2t 0时间内，只有B 项符合要求。
答案 B2．如图所示，一交流发电机的矩形线圈共有10匝，其电阻r ＝2 Ω，面积是0.2 m 2，在磁感应强度B ＝2πT 的匀强磁场中，若线圈从中性面位置开始绕垂直于磁场方向的对称轴OO ′以ω＝10π rad/s 的角速度匀速转动，向R ＝18 Ω的电阻供电。
则以下说法中正确的是( )A．该线圈产生的是余弦式交变电流B．线圈在转动过程中产生的最大感应电动势为40 VC．线圈开始转动160s时流过电阻R的瞬时电流大小为22 AD．电阻R上消耗的电功率为9 W解析由法拉第电磁感应定律可知，其产生的感应电动势(感应电流)将按照正弦规律变化，A项错误；由于OO′为线圈的对称轴，所以线圈产生的感应电动势的最大值应为E m＝12nBSω＝20 V，B项错误；线圈在转动过程中产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝20sin10πt V，所以其感应电流的瞬时值表达式为i＝sin10πt A，故当t＝160s时，流经电阻R的瞬时电流大小为i＝sin(10π×160) A＝12A，C项错误；流经R的电流的有效值为I＝22A，所以电阻R上消耗的电功率为P＝I2R＝9 W，D项正确。
2019年高考物理一轮复习 专题47 交变电流的产生及描述(测)(含解析).doc
2019年高考物理一轮复习 专题47 交变电流的产生及描述（测）（含解析）一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中. 18题只有一项符合题目要求； 912题有多项符合题目要求。
全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
)1．矩形线框绕垂直于磁场的轴匀速转动产生交流电，电动势瞬时值表达式为t e π100sin 2220=（V ），下列说法正确的是： （ ）A. t = 0时刻穿过线框的磁通量为最大B. 电动势的有效值2220VC. 交流电的周期为0.01sD. 若转速增大1倍，其它条件不变，则电动势瞬时值表达式为t e π100sin 2440=（V ） 【答案】A【名师点睛】对中性面的理解（1）中性面是与磁场方向垂直的平面，是假想的一个参考面．（2）线圈平面位于中性面时，穿过线圈平面的磁通量最大，而磁通量的变化率为零，产生的感应电动势为零．（3）线圈平面与中性面垂直时，穿过线圈平面的磁通量为零，但磁通量的变化率最大，产生的感应电动势最大．（4）线圈每经过中性面一次，电流方向就改变一次，线圈转动一周，两次经过中性面，所以电流的方向改变两次．2．一矩形线圈绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电动势随时间的变化如图所示,下面说法中正确的是： （ ）A．t1时刻通过线圈的磁通量为零B．t2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大C．t3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大D．每当变换方向时，通过线圈的磁通量绝对值都为最大。
【答案】D【名师点睛】矩形线圈中产生正弦式电流，当线圈通过中性面时，磁通量最大，感应电动势为零，电动势方向发生改变．而当线圈与磁场平行时，磁通量为零，感应电动势最大，磁通量的变化率最大。
3．右图是一正弦交变式电流的电压图像，则此正弦交变式电流的频率和电压的有效值分别为：（）A、50Hz，220VB、50Hz，C、0.5Hz，D、0.5Hz，220V【答案】A【解析】由图可知，该交流电的电压最大值为，所以有效值为220V，周期为0.02s，所以50，故选项A正确，选项BCD错误。
2019年高考物理 专题10.1 交变电流的产生及描述热点题型和提分秘籍.doc
2019年高考物理 专题10.1 交变电流的产生及描述热点题型和提分秘籍1．理解交变电流的产生过程，能正确书写交变电流的表达式。
2．理解描述交变电流的几个物理量，会计算交变电流的有效值。
热点题型一 正弦式交变电流的产生及变化规律例1、【2017·天津卷】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随时间按图示正弦规律变化。
设线圈总电阻为2 Ω，则A ．t =0时，线圈平面平行于磁感线B ．t =1 s 时，线圈中的电流改变方向C ．t =1.5 s 时，线圈中的感应电动势最大D ．一个周期内，线圈产生的热量为28πJ 【答案】ADVE ==，一个周期内线圈产生的热量228πJ E Q T R =⋅=，故D 正确。
【变式探究】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 可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO ′转动，由线圈引出的导线ce 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R形成闭合电路。
图2是线圈的侧视图，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ω逆时针转动。
(只考虑单匝线圈)E1＝BL2v⊥由图可知v⊥＝v sinωt则整个线圈的感应电动势为e1＝2E1＝BL1L2ωsinωt(2)当线圈由图3位置开始运动时，在t时刻整个线圈的感应电动势为e2＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)答案：(1)e1＝BL1L2ωsinωt(2)e2＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)【提分秘籍】1.正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)2.两个特殊位置的特点(1)线圈平面与中性面重合时，S ⊥B ，Φ最大，ΔΦΔt ＝0，e ＝0，i ＝0，电流方向将发生改变。
2019年高考物理江苏专版二轮练习课时检测(三十五)交变电流的产生及描述
2019年高考物理江苏专版二轮练习课时检测（三十五）交变电流的产生及描述对点训练：交变电流的产生和描述1．如图，各图面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B 中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e＝BSωsin ωt的图是( )解析：选A由题意可知，只有A、C图在切割磁感线，导致磁通量在变化，产生感应电动势，A中从中性面开始计时，产生的电动势为e＝BSωsin ωt，C中从峰值面开始计时，产生的电动势为e＝BSωcos ωt，故A正确。
2．(2019·如皋月考)小型交流发电机的原理图如下图：单匝矩形线圈ABCD置于匀强磁场中，绕过BC、AD中点的轴OO′以恒定角速度旋转，轴OO′与磁场垂直，矩形线圈通过滑环与理想交流电流表A、定值电阻R 串联，以下说法中不正确的选项是()A、线圈平面与磁场垂直时，交流电流表A的示数最小B、线圈平面与磁场平行时，流经定值电阻R的电流最大C、线圈转动一圈，感应电流方向改变2次D、线圈平面与磁场平行时，通过线圈的磁通量变化率最大解析：选A交流电流表显示的是交流电的有效值，不随线圈的转动而变化，故A错误；线圈与磁场平行时，磁通量最小，磁通量的变化率最大，此时电动势最大，电流最大，故B、D正确；线圈转动一圈，经过两次中性面，感应电流方向改变2次，故C正确。
3.(2019·广安期末)如下图，面积为S的N匝矩形线圈，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以角速度ω匀速转动，就可在线圈中产生正弦交流电。
闭合回路总电阻为R，图示位置线圈平面与磁场平行，以下说法正确的选项是()A、线圈从图示位置转90°的过程中磁通量的变化量为NBSB、线圈在图示位置磁通量的变化率为零C 、线圈从图示位置转90°的过程中通过灯泡的电量为NBS RD 、线圈从图示位置开始计时，感应电动势e 随时间t 变化的函数为e ＝NBS ωsin ωt解析：选C 线圈从图示位置转90°的过程磁通量的变化为BS ，故A 错误；线圈在图示位置产生的感应电动势最大，磁通量的变化率最大，故B 错误；线圈从图示位置转90°的过程中通过灯泡的电量为q ＝N ΔΦR ＝NBS R ，故C 正确；线圈从图示位置开始计时，感应电动势e 随时间t 变化的函数为e ＝NBS ωcos ωt ，故D 错误。
2019年高考物理二轮复习小题狂做专练二十五交变电流的产生与描述
25 交变电流的产生与描述1．【成都2019届摸底】如图，匀强磁场中，一单匝矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，线框中产生的交变电动势瞬时值随时间变化的规律为e ＝πt （V ）。
下列说法正确的是( ) A ．该线框转动的频率是100 HzB ．该线框产生的交变电动势最大值是20 VC ．t ＝0.005 s 时刻，线框平面与中性面重合D ．t ＝0.05 s 时刻，穿过线圈的磁通量变化率为02．【广西百校大联考】如图所示，OO′是磁感应强度大小为B 的匀强磁场的左边界，也是一面积为S 的n 匝矩OO′匀速转动，并从图示位置(线框与磁感线平行)开始计时，则( )A ．2πt ω=时，线框中的感应电流最小 B ．π2t ω=时，穿过线框的磁通量变化率最大 C ．线框中产生的交变电动势的最大值为nBS ωD ω 3．【湖南质量监测】在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的感应电动势如图乙所示，则( )A ．线框产生的交变电动势有效值为311VB ．线框产生的交变电动势频率为100 HzC ．t ＝0.01 s 时线框平面与中性面重合D ．t ＝0.015 s 时线框的磁通量变化率为零4．【淄博实验中学检测】有一交流发电机模型，矩形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，发电机负载为白炽小灯泡，若线圈匝数为100匝，回路总电阻为2 Ω，线圈转动过程中穿过该线圈的磁通量Φ随时间t 的变化规律为Φ＝0.04sin πt （Wb ），设π2＝10，回路中电阻值恒定不变，则( )A ．t ＝0时，回路瞬时电流为零B ．t ＝10 s 时，回路电流改变方向C ．t ＝1.5 s 时，回路瞬时电流最大D ．从t ＝0到t ＝10 s 时间内，回路产生的焦耳热为400 J5．【雄安新区高三模拟】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，磁铁一、单选题下方的线圈与电压传感器相连。
2019届高中物理二轮复习热点题型专练专题10.1变焦电流的产生及描述含解析
专题 10.1 变焦电流的产生及描述1．一正弦式交变电流的瞬时电流与时间的关系式为 i＝10 2sinωt(A)，其中 ω＝314rad/s。
它的 电流的有效值为 ( )A．10A B．10 2A C．50A D．314A 答案：A 解析：由题中所给电流的表达式 i＝10 2sinωt(A)可知，电流的最大值为 10 2A，对正弦式交变电I最大值 流有 I 有＝ 2 ，所以有效值为 10A，选项 A 正确。
2．如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻 r＝1.0 Ω，外接 R＝9.0 Ω 的电阻。
闭合开关 S，当发 电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势 e＝10 2sin10πt(V)，则 ( )A．该交变电流的频率为 10 Hz B．该电动势的有效值为 10 2 V C．外接电阻 R 所消耗的电功率为 10 W D．电路中理想交流电流表 的示数为 1.0 A 答案：D3．一台电风扇的额定电压为交流 220V。
在其正常工作过程中，用交流电流表测得某一段时间内的工 作电流 I 随时间 t 的变化如图所示。
这段时间内电风扇的用电量为 ( )A．3.9×10－2 度 B．5.5×10－2 度 C．7.8×10－2 度 D．11.0×10－2 度 答案：B 解析：由于电风扇正常工作，根据 W＝UIt 可得：W＝220×(0.3×10＋0.4×10＋0.2×40) ×60J＝1.98×105J＝5.5×10－2kW·h，选项 B 正确。
4．一个匝数为 100 匝，电阻为 0.5Ω 的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某 时刻起穿过线圈的磁通量按图示规律变化。
则线圈中产生交变电流的有效值为 ( )A．5 2AB．2 5AC．6A D．5A答案：BΔΦ解析：0～1s 内线圈中产生的感应电动势 E1＝n Δt ＝100×0.01V＝1V,1～1.2s 内线圈中产生的感应Δφ0.0112电动势 E2＝n Δt ＝100× 0.2 V＝5V，对一个定值电阻，在一个周期内产生的热量 Q＝Q1＋Q2＝0.5×1＋520.5×0.2J＝12J，根据交变电流有效值的定义 Q＝I2Rt＝12 得：I＝2 5A，故 B 正确，ACD 错误。
全国卷2019届高考物理一轮复习 10.1交变电流的产生和描述课时强化作业
课时强化作业四十 交变电流的产生和描述一、选择题1．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图一所示，产生的交变电动势的图象如图二所示，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的有效值为311 VD ．线框产生的交变电动势的频率为100 Hz解析：t ＝0.005 s 时感应电动势最大，线框的磁通量变化率也最大，A 错误．t ＝0.01 s 时感应电动势为零，穿过线框的磁通量最大，线框平面与中性面重合，B 正确．感应电动势的最大值为311 V ，有效值则为3112V ，C 错误．线框转动所产生电动势的周期为0.02 s ，频率等于周期的倒数，为50 Hz ，D 错误．答案：B2．某小型发电机产生的交变电动势为e ＝50sin100πt (V)，对此电动势，下列表述正确的有( ) A ．最大值是50 2 V B ．频率是100 Hz C ．有效值是25 2 VD ．周期是0.02 s解析：从表达式知该交变电动势的最大值为50 V ，有效值是25 2 V ，A 错，C 对．由2πf ＝100π得f ＝50 Hz ，周期T ＝0.02 s ，D 对．答案：CD3．一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法正确的是( )A ．t ＝0时刻，线圈平面与中性面垂直B ．t ＝0.01 s 时刻，Φ的变化率最大C ．t ＝0.02 s 时刻，交流电动势达到最大D ．该线圈产生的交流电动势的图象如图乙所示解析：由Φt 图知，t ＝0时，Φ最大，即线圈处于中性面位置，此时e ＝0，故A 、D 两项错误；在t ＝0.01 s 时，Φ＝0，ΔΦΔt 最大，e 最大，则B 项正确；在t ＝0.02 s 时，Φ最大，ΔΦΔt＝0，e ＝0，则C 项错误．答案：B4.一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动．线圈中的感应电动势e 随时间t 的变化规律如图所示．下面说法中正确的是( )A ．t 1和t 3时刻穿过线圈的磁通量为零B ．t 1和t 3时刻穿过线圈的磁通量变化率为零C ．图中是从线圈平面与磁场方向平行时刻开始计时的D ．每当感应电动势e 变换方向时，穿过线圈的磁通量的绝对值都为最大解析：由图象可知，在t ＝0时，感应电动势有最大值，说明穿过线圈的磁通量的变化率最大，即线圈平面与磁场方向平行时开始计时，选项C 正确；t 1、t 3时刻感应电动势为零，即线圈平面与磁场方向垂直(位于中性面)，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，所以选项B 正确，选项A 错误；当线圈通过中性面时是感应电动势改变方向的时刻，选项D 正确．答案：BCD5．(2013年山东卷)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，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是( )A ．电流表的示数为10 AB ．线圈转动的角速度为50π rad/sC ．0.01 s 时线圈平面与磁场方向平行D ．0.02 s 时电阻R 中电流的方向自右向左解析：由交流电的图象可知，电路中电流的最大值为10 2 A ，电流表的示数为有效值，故电流表的示数为10 A ，选项A 正确；由图象可知该交流电的周期T ＝2×10－2s ，由ω＝2πT，可得线圈转动的角速度ω＝100π rad/s ，故选项B 错误；当t ＝0.01 s 时，电路中电流最大，故该时刻线圈产生的磁感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律可知，线圈磁通量的变化率最大，此时通过线圈的磁通量最小，即该时刻线圈平面与磁场平行，选项C 正确；线圈由题图中的位置开始逆时转动，t ＝0时刻感应电流为正方向且为最大．通过R 的电流方向由楞次定律可知为自左向右，t ＝0.02 s 电流方向与t ＝0时电流方向相同，故选项D 错误．答案：AC6．如图所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min 的时间，两电阻消耗的电功之比W 甲∶W 乙为( )A ．1∶ 2B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶6解析：电功的计算，I 要用有效值计算，图甲中，由有效值的定义得⎝ ⎛⎭⎪⎫122R ×2×10－2＋0＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122R ×2×10－2＝I 21R ×6×10－2，解得I 1＝33A ；图乙中，I 的值不变，I 2＝1 A ，由W ＝UIt ＝I 2Rt ，可以得到W 甲∶W 乙＝1∶3，C 正确．答案：C7.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.BL 2ω2RB.2BL 2ω2RC.2BL 2ω4RD.BL 2ω4R解析：线框转动过程中在一个周期内只有14周期的时间有感应电流，感应电动势E ＝12BL 2ω，根据有效值的意义知E 2R ×T 4＝I 2RT ，解得感应电流有效值为I ＝BL 2ω4R，故正确选项为D.答案：D8．一个边长为6 cm 的正方形金属线框处于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，电阻为0.36 Ω.磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图所示，则线框中感应电流的有效值为( )A.2×10－5AB.6×10－5AC.22×10－5A D.322×10－5A 解析：由法拉第电磁感应定律和欧姆定律E ＝ΔΦΔt ＝S ·ΔB Δt ，I ＝E R ＝S R ·ΔBΔt ，可得0～3 s 内，I 1＝－220.36×6×10－33A ＝2×10－5A.3～5 s 内，I 2＝－－220.36×6×10－32A ＝－3×10－5 A.于是可作出i 随时间变化的图象如图所示由有效值的定义，Q 直＝Q 交，I 21Rt 1＋I 22Rt 2＝I 2Rt ，其中t 1＝3 s ，t 2＝2 s ，t ＝t 1＋t 212×10－10R ＋18×10－10R ＝5RI 2.解得I ＝6×10－5A ，故B 选项正确． 答案：B9．图甲是一教学演示用发电机构造示意图，线圈转动产生的电动势随时间变化的正弦规律如图乙所示．发电机线圈电阻为0.5 Ω，外接电阻为2.5 Ω，则( )A ．线圈转速为 50 r/sB ．电压表的示数为2.5 VC ．电路中电流的最大值为 2 AD ．若线圈转速变为原来的2倍，外接电阻消耗的功率也变为原来的2倍解析：本题考查交流电相关知识．由e t 图象可以看出交流电的周期为0.02 s ，则根据n ＝f ＝1T可得：n ＝50 r/s ，选项A 正确．图象中电压峰值为3 2 V ，则有效值为3 V ，所以U ＝E R ＋r×R ，解得：U ＝2.5 V ，选项B 正确．电路中电流最大值为I ＝E mR ＋r＝ 2 A ，选项C 正确．若线圈转速变为原来的2倍，则由E m＝nBS ω可知其最大值变为原来的2倍，所以回路中电流变为原来的2倍，根据P ＝I 2R 可知外接电阻消耗的电功率变为原来的4倍，选项D 错误．答案：ABC10.如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T ，转轴O 1O 2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A ．则( )A ．线圈消耗的电功率为4 WB ．线圈中感应电流的有效值为2 AC ．任意时刻线圈中的感应电动势为e ＝4cos 2πTtD ．任意时刻穿过线圈中的磁通量为Φ＝T πsin 2πTt解析：线圈转动角速度ω＝2πT，从线圈平面与磁场方向平行开始计时，当转过60°时，电流的瞬时值表达式为i ＝I m cos60°＝1 A ，解得I m ＝2 A ，正弦交变电流的有效值I ＝I m2＝ 2 A ，选项B 错误；线圈消耗的功率P ＝I 2R ＝4 W ，选项A 正确；由欧姆定律可知，感应电动势的最大值E m ＝I m R ＝4 V ，所以瞬时值的表达式为e ＝4cos 2πT t ，选项C 正确；通过线圈的磁通量Φ＝Φm sin ωt ＝Φm sin 2πTt ，由感应电动势的最大值E m ＝BS ω＝Φm ×2πT ＝4 V ，解得Φm ＝2πT ，所以Φ＝2T πsin 2πTt ，选项D 错误．答案：AC 二、非选择题11.如图所示，线圈的面积是0.05 m 2，共100匝，线圈电阻为r ＝1 Ω，外接电阻R ＝9 Ω，匀强磁场的磁感应强度B ＝1πT ，线圈以300 r/min 的转速匀速旋转．(1)若从线圈中性面开始计时，写出线圈中感应电动势瞬时值表达式； (2)从中性面开始计时，线圈转过130 s 时电动势瞬时值多大？(3)电路中电压表和电流表的示数各是多少？(4)由图示位置转过60°角的过程产生的平均感应电动势为多少？解析：(1)从中性面开始转动，并且求的是瞬时值e ＝E m sin ωt ＝NBS 2πn sin2πnt ＝50sin(10πt )V. (2)当t ＝130 s 时，e ＝50sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫10π130V ＝43.3 V. (3)电压表和电流表的示数都是有效值 先求电动势的有效值E ＝E m2＝502V ＝35.4 V.电流表的示数为I ＝Er ＋R ＝35.49＋1A ＝3.54 A 电压表的示数U ＝IR ＝3.54×9 V＝31.86 V. (4)平均电动势根据公式E ＝n ΔΦΔt计算E ＝nΔΦΔt＝nBS－16T ＝23.9 V.答案：(1)e ＝50sin10πt (V) (2)43.3 V (3)3.54 A 31.86 V (4)23.9 V12．图一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．图二是线圈的主视图，导线ab 和cd 分别用它们的横截面来表示．已知ab 长度为L 1，bc 长度为L 2，线圈以恒定角速度ω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e 1的表达式； (2)线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，如图三所示，试写出t 时刻整个线圈中的感应电动势e 2的表达式；(3)若线圈电阻为r ，求线圈每转动一周电阻R 上产生的焦耳热．(其他电阻均不计) 解析：(1)矩形线圈abcd 转动过程中，只有ad 和bc 切割磁感线，设ad 和bc 的转动速度为v ，则v ＝ω·L 12，在t 时刻，导线ad 和bc 因切割磁感线而产生的感应电动势均为E 1＝BL 2v ⊥，由图可知v ⊥＝v sin ωt ，则整个线圈的感应电动势为e 1＝2E 1＝BL 1L 2ωsin ωt .(2)当线圈由图三位置开始运动时，在t 时刻整个线圈的感应电动势为e 2＝BL 1L 2ωsin(ωt ＋φ0)．(3)由闭合电路欧姆定律可知I ＝ER ＋r这里E 为线圈产生的电动势的有效值E ＝E m2＝BL 1L 2ω2，则线圈转动一周在R 上产生的焦耳热为Q R ＝I 2RT 其中T ＝2πω，于是Q R ＝πR ω⎝⎛⎭⎪⎫BL 1L 2R ＋r 2.答案：(1)e 1＝BL 1L 2ωsin ωt (2)e 2＝BL 1L 2ωsin(ωt ＋φ0) (3)πR ω⎝⎛⎭⎪⎫BL 1L 2R ＋r 213．电压u ＝1202sin ωt (V)，频率为50 Hz 的交变电流，把它加在激发电压和熄灭电压均为u 0＝60 2 V 的霓虹灯的两端．(1)求在一个小时内，霓虹灯发光时间有多长？(2)试分析为什么人眼不能感到这种忽明忽暗的现象？⎝ ⎛⎭⎪⎫已知人眼的视觉暂留时间约为116 s 解析：(1)如图所示，画出一个周期内交变电流的u t 图象，其中阴影部分对应的时间t 1表示霓虹灯不能发光的时间，根据对称性，一个周期内霓虹灯不能发光的时间为4t 1.当u ＝u 0＝60 2 V 时，由u ＝120 2 sin ωt V 求得：t 1＝1600 s再由对称性知一个周期内能发光的时间：t ＝T －4t 1＝150 s －4×1600 s ＝175s 再由比例关系求得一个小时内霓虹灯发光的时间为：t ＝3 6000.02×175s ＝2 400 s. (2)很明显霓虹灯在工作过程中是忽明忽暗的，而熄灭的时间间隔只有1300 s(如图中t 2＋t 3那段时间)，由于人的眼睛具有视觉暂留现象，而这个视觉暂留时间约为116 s 远大于1300 s ，因此经过灯光刺激的人眼不会因为短暂的熄灭而有所感觉．答案：(1)2 400 s (2)见解析。
【把握高考】高三物理专题综合演练：第10.1《交变电流的产生和描述》典题精析(人教版选修3-2)
1.一矩形线圈绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电流i随时间t变化的图线如图所示，则（）A.t1时刻通过线圈的磁通量为零B.t2时刻通过线圈的磁通量绝对值最大C.t3时刻通过线圈的磁通量变化率绝对值最大D.每当i变换方向时，通过线圈的磁通量绝对值都为最大2.在相同时间内，某正弦交变电流通过一阻值为100 Ω的电阻产生的热量，与一电流为3 A的直流电通过同一阻值的电阻产生的热量相等，则（）A.此交变电流的有效值为3 A，峰值为32 AB.此交变电流的有效值为32A，峰值为6 AC.电阻两端的交流电压的有效值为300 V，峰值为3002VD.电阻两端的交流电压的有效值为3002V，峰值为600 V3．如图所示，两只阻值相同的电阻分别通以正弦波和方波电流，电流的最大值相等，则两只电阻产生的热功率的比是()A．1∶4B．1∶2C．1∶1D．2∶15.如图所示，矩形线圈，面积为S，匝数为N，整个线圈内阻为r，在匀速磁场B中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻R.当线圈由图示位置转过90°的过程中，下列说法正确的是（）A.磁通量的变化量为ΔΦ=NBSB.平均感应电动势为E=2NBSω/πC.电阻R所产生的热量为(NBSω/2)2/RD.通过电阻R的电荷量为q=NBS/(R+r)整理后得Q=πR ω（NBS ）2/4（R+r ）2，C 选项错误.通过电阻R 的电荷量q=N r R +∆φ=r R NBS +,D 选项正确.【答案】B 、D5.如图所示，面积均为S 的两个电阻相同的线圈，分别放在如图所示的磁场中，甲图中是磁感应强度为B 0的匀强磁场，线圈在磁场中以周期T 绕OO′轴匀速转动，乙图中磁场变化规律为B=B 0cos2t Tπ,从图示位置开始计时，则（ ）A.两线圈的磁通量变化规律相同B.两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同C.经相同的时间t(t>T),两线圈产生的热量不同D.从此时刻起，经T/4时间，流过两线圈横截面的电荷量不同6.在水平方向的匀强磁场中，有一正方形闭合线圈绕垂直磁感线的轴匀速转动，已知线圈的匝数为n=100匝，边长为20 cm ，电阻为10 Ω，转动频率f=50 Hz ，磁场的磁感应强度为0.5 T ，求：（1）外力驱动线圈转动的功率.（2）转至线圈平面与中性面的夹角为30°时，线圈产生的感应电动势及感应电流的大小.（3）线圈由中性面转至与中性面成30°夹角的过程中，通过线圈横截面的电荷量.7.如图所示，单匝线圈在匀强磁场中绕OO ′轴从图示位置开始匀速转动.已知从图示位置转过6π时，线圈中电动势大小为10 V ，求：（1）交变电动势的峰值；（2）交变电动势的有效值；（3）设线圈电阻为R ＝1 Ω,角速度ω=100 rad/s,线圈由图示位置转过2π过程中通过导线截面的电荷量q.【解析】(1)图示位置为中性面，从此时开始计时，交变电动势的瞬时值为e=Emsin ωt ，8. 用均匀导线弯成正方形闭合线框abcd，线框每边长10 cm，每边的电阻值为0.1 Ω，把线框放在磁感应强度为B＝0.1 T的匀强磁场中，并使它绕轴O1O2以ω＝100 rad/s的角速度旋转，旋转方向如图所示(沿O2O1由O2向O1看为顺时针方向)．已知O1、O2两点分别在ab和bc上，轴O1O2在线框平面内，并且垂直于B，O1d＝3O1a，O2c＝3O2b.(1)当线框平面转至和B平行的瞬时(如图所示位置)：①每条边产生的感应电动势的大小各是多少？②线框内感应电流的大小是多少？方向如何？(2)求线框由图所示位置旋转π3的过程中，产生的平均电动势的大小(3)线框旋转一周内产生的热量为多少？。
2019年高三物理总练习二轮课时功课交变电流的产生及描述新苏版
2019年高三物理总练习二轮课时功课交变电流的产生及描述新苏版注意事项：认真阅读理解，结合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思考，多理解！无论是单选、多选还是论述题，最重要的就是看清题意。
在论述题中，问题大多具有委婉性，尤其是历年真题部分，在给考生较大发挥空间的同时也大大增加了考试难度。
考生要认真阅读题目中提供的有限材料，明确考察要点，最大限度的挖掘材料中的有效信息，建议考生答题时用笔将重点勾画出来，方便反复细读。
只有经过仔细推敲，揣摩命题老师的意图，积极联想知识点，分析答题角度，才能够将考点锁定，明确题意。
课时作业33交变电流的产生及描述时间：45分钟总分值：100分【一】选择题(8×8′＝64′)1、下图中不属于交变电流的是()图1解析：根据交变电流的定义，大小和方向都随时间做周期性变化的电流是交变电流，A、B、C图中电流的大小、方向均随时间做周期性变化，是交变电流，D图中电流的方向不变，为直流电、答案：D2、一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图2甲所示，那么以下说法正确的选项是()图2A、t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直B、t＝0.01s时刻，Φ的变化率最大C、t＝0.02s时刻，交流电动势达到最大D、该线圈相应产生的交流电动势的图象如图2乙所示答案：B3、一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动、在转动过程中，线框中的最大磁通量为Φm，最大感应电动势为E m，以下说法中正确的选项是()A 、当磁通量为零时，感应电动势也为零B 、当磁通量减小时，感应电动势也减小C 、当磁通量等于0.5Φm 时，感应电动势等于0.5E mD 、角速度ω等于E m /Φm 答案：D4、如图3所示，处在匀强磁场中的矩形线圈abcd ，以恒定的角速度绕ab 边转动，磁场方向平行于纸面并与ab 垂直、在t ＝0时刻，线圈平面与纸面重合，线圈的cd 边离开纸面向外运动、假设规定由a →b →c →d →a 方向的感应电流为正，那么能反映线圈中感应电流I 随时间t 变化的图线是()图3答案：C5、一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电流电动势e ＝2202sin ωt ，那么()A 、交流的频率是50HzB 、交流的有效值是220VC 、当t ＝0时，线圈平面恰好与中性面重合D 、当t ＝1200s 时，e 有最大值2202V 答案：BC6、一个边长为6cm 的正方形金属线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，电阻为0.36Ω.磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图4所示，那么线框中感应电流的有效值为()A.2×10－5AB.6×10－5AC.22×10－5AD.322×10－5A图4解析：由法拉第电磁感应定律和欧姆定律E ＝ΔΦΔt ＝S ·ΔB Δt ，I ＝E R ＝S R ·ΔBΔt 可得0～3s 内，I 1＝(6×10－2)20.36×6×10－33A ＝2×10－5A3s ～5s 内，I 2＝(6×10－2)20.36×0－6×10－32A ＝－3×10－5A. 于是可作出i 随时间变化的图象如图5所示、图5由有效值的定义Q 直＝Q 交，I 21Rt 1＋I 22Rt 2＝I 2Rt12×10－10R ＋18×10－10R ＝5RI 2I ＝6×10－5A ，故B 选项正确、 答案：B7、正弦交变电源与电阻R 、交流电压表、交流电流表按照图6甲所示的方式连接，R ＝200Ω.图乙是交变电源输出电压u 随时间t 变化的图象，那么()图6A 、交流电压表的读数是311VB 、交流电流表的读数是1.1AC 、R 两端电压随时间变化的规律是u R ＝311cos πt VD 、R 两端电压随时间变化的规律是u R ＝311cos100πt V解析：由图乙可知，电源输出电压峰值为311V ，有效值为220V ，所以电压表示数为有效值220V ，电流表读数为电流的有效值I ＝UR ＝1.1A ，A 错B 对，由图乙可知T ＝2×10－2s ，ω＝2πT ＝100π，所以R 两端电压随时间变化的规律为U R ＝311cos100πt V ，C 错，D 对、 答案：BD8、如图7所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间加上交变电压后，能使电子有可能做往返运动的电压是()图7答案：ABC【二】计算题(3×12′＝36′)9、用均匀导线弯成正方形闭合线框abcd ，线框每边长10cm ，每边的电阻值为0.1Ω.把线框放在磁感应强度为B ＝0.1T 的匀强磁场中，并使它绕轴O 1O 2以ω＝100rad/s 的角速度旋转，旋转方向如图9所示(沿O 2O 1由O 2向O 1看为顺时针方向)、O 1、O 2两点分别在ad 和bc 上，轴O 1O 2在线框平面内，并且垂直于B ，O 1d ＝3O 1a ，O 2c ＝3O 2b .(1)当线框平面转至和B 平行的瞬时(如图8所示位置)①每个边产生的感应电动势的大小各是多少？ ②线框内感应电流的大小是多少？方向如何？图8(2)求线框由图所示位置旋转π3的过程中产生的平均电动势的大小； (3)线框旋转一周内产生的热量为多少？解析：(1)①令L 表示正方形线框的边长，R 表示其每边的电阻值，那么L ＝0.1m ，R ＝0.1Ω，设此时cd 段感应电动势的大小为E 1，ab 段感应电动势的大小为E 2，那么E 1＝BLv 1＝3BL 2ω/4＝0.075V E 2＝BLv 2＝BL 2ω/4＝0.025Vda 段和bc 段不切割磁感线，所以它们的电动势都是零②线框中的感应电动势E ＝E 1＋E 2＝0.1V 线框中的感应电流为I ＝E /(4R )＝0.25A 根据楞次定律或右手定那么，可判断电流方向沿dcbad(2)根据法拉第电磁感应定律，线框由图所示位置旋转π3的过程中产生的平均电动势的大小，E ＝ΔΦΔt ＝B ΔS T /6＝3BS ωsin60°π＝3320πV ＝0.083V (3)线框旋转一周产生的热量为Q ＝(I m 2)2R 总T ＝(I2)24R 2πω＝2.5π×10－4J ＝7.85×10－4J答案：(1)①E cd ＝0.075V E ab ＝0.025V E da ＝E bc ＝0②I ＝0.25A 方向沿dcbad (2)0.083V(3)7.85×10－4J10、如图9所示，矩形线圈abcd 在磁感应强度B ＝2T 的匀强磁场中绕轴OO ′以角速度ω＝10πrad/s 匀速转动，线圈共10匝，每匝线圈的电阻值为0.5Ω，ab ＝0.3m ，bc ＝0.6m ，负载电阻R ＝45Ω.求图9(1)电阻R 在0.05s 内发出的热量；(2)电阻R 在0.05s 内流过的电荷量(设线圈从垂直中性面开始转动)、 解析：(1)矩形线圈abcd 在匀强磁场中旋转产生正弦交变电流，电动势的峰值为E m ＝nBSω＝10×2×0.3×0.6×10π＝113.04V ，电流的有效值I ＝I m2＝E m2(R ＋r )＝1.60AQ ＝I 2Rt ＝5.76J(2)矩形线圈旋转过程中产生的感应电动势的平均值E ＝n ΔΦΔt ＝nBS T 4＝2nBS ωπ＝2E mπ＝72V，电流的平均值I＝ER＋r＝1.44A；0.05s内电路流过的电荷量q＝It＝0.072C.答案：(1)5.76J(2)0.072C11、曾经流行过一种自行车车头灯供电的小型交流发电机，图10甲为其结构示意图、图中N、S是一对固定的磁极，abcd为固定转轴上的矩形线框，转轴过bc边中点，与ab边平行，它的一端有一半径r0＝1.0cm的摩擦小轮，小轮与自行车车轮的边缘相接触，如图10乙所示、当车轮转动时，因摩擦而带动小轮转动，从而使线框在磁极间转动、设线框由N＝800匝导线圈组成，每匝线圈的面积S＝20cm2，磁极间的磁场可视作匀强磁场，磁感强度B ＝0.010T，自行车车轮的半径R1＝35cm，小齿轮的半径R2＝4.0cm，大齿轮的半径R3＝10.0cm.现从静止开始使大齿轮加速转动，问大齿轮的角速度为多大才能使发电机输出电压的有效值U＝3.2V？(假设摩擦小轮与自行车车轮之间无相对滑动)图10解析：当自行车车轮转动时，通过摩擦小轮使发电机的线框在匀强磁场内转动，线框中产生一正弦交流电动势，旋转线框与摩擦小轮角速度相等，而摩擦小轮又与车轮线速度相等(自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动)，车轮又与小齿轮角速度相等，最终小齿轮与大齿轮边缘的线速度相等，由此得解、答案：旋转线框产生感应电动势的峰值E m＝NBSω0式中ω0为线框转动的角速度，即摩擦小轮转动的角速度、发电机两端电压的有效值U＝2E m/2设自行车车轮转动的角速度为ω1，有R1ω1＝r0ω0小齿轮转动的角速度与自行车车轮转动的角速度相同，均为ω1，设大齿轮转动的角速度为ω，有R3ω＝R2ω1由以上各式解得ω＝(2UR2r0)/(NBSR3R1)代入数据得ω＝3.2rad/s.。
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专题10.1变焦电流的产生及描述1．一正弦式交变电流的瞬时电流与时间的关系式为i＝102sinωt(A)，其中ω＝314rad/s。
它的电流的有效值为 ( )A．10A B．102AC．50A D．314A答案：A解析：由题中所给电流的表达式i＝102sinωt(A)可知，电流的最大值为102A，对正弦式交变电流有I有＝I最大值2，所以有效值为10A，选项A正确。
2．如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r＝1.0 Ω，外接R＝9.0 Ω的电阻。
闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e＝102sin10πt(V)，则 ( )A．该交变电流的频率为10 HzB．该电动势的有效值为10 2 VC．外接电阻R所消耗的电功率为10 WD．电路中理想交流电流表的示数为1.0 A答案：D3．一台电风扇的额定电压为交流220V。
在其正常工作过程中，用交流电流表测得某一段时间内的工作电流I 随时间t的变化如图所示。
这段时间内电风扇的用电量为 ( )A．3.9×10－2度B．5.5×10－2度C．7.8×10－2度D．11.0×10－2度答案：B解析：由于电风扇正常工作，根据W＝UIt可得：W＝220×(0.3×10＋0.4×10＋0.2×40)×60J＝1.98×105J ＝5.5×10－2kW·h，选项B正确。
4．一个匝数为100匝，电阻为0.5Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按图示规律变化。
则线圈中产生交变电流的有效值为 ( )A ．52AB ．25AC ．6AD ．5A 答案：B解析：0～1s 内线圈中产生的感应电动势E 1＝n ΔΦΔt ＝100×0.01V＝1V,1～1.2s 内线圈中产生的感应电动势E 2＝n ΔφΔt ＝100×0.010.2V ＝5V ，对一个定值电阻，在一个周期内产生的热量Q ＝Q 1＋Q 2＝120.5×1＋520.5×0.2J＝12J ，根据交变电流有效值的定义Q ＝I 2Rt ＝12得：I ＝25A ，故B 正确，ACD 错误。
18．如图所示是某种交变电流随时间变化的图线，i >0部分的图线是一个正弦曲线的正半周，i <0部分的图线是另一个正弦曲线的负半周，其最大值如图中所示，由图象可知( )A ．这种交变电流的周期为TB ．这种交变电流的周期为4TC ．这种交变电流的有效值为2I 0D ．这种交变电流的有效值为6I 0【答案】C 【解析】交变电流的周期为3T ，选项A 、B 错误．在0到T 时间内交变电流的有效值为2I 0，在T 到3T 时间内交变电流的有效值为I 0，根据有效值的定义可得(2I 0)2RT ＋I 20R (2T )＝I 2R (3T )，解得I ＝2I 0，选项C 正确，D 错误．19．(多选)如图所示，处在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中的矩形线框MNPQ ，以恒定的角速度ω绕对角线NQ 转动．已知MN 长为l 1，NP 长为l 2，线框电阻为R .在t ＝0时刻线框平面与纸面重合，下列说法正确的是( )A ．矩形线框产生的感应电动势有效值为22Bl 1l 2ω B ．矩形线框转过半周时，通过线框的瞬时电流为零 C ．矩形线框转动一周时，通过线框的电荷量为Bl 1l 2RD ．矩形线框在转动半周过程中产生的热量为πB 2l 21l 22ω2R20．(多选)如图所示，垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场以虚线为界，虚线左侧磁场范围足够大，单匝矩形线圈的中轴线与磁场边界重合，线圈以恒定的角速度ω绕中轴线转动，线圈所围面积为S ，线圈导线的总电阻为R .t ＝0时刻线圈平面与纸面重合，则下列说法正确的是( )A ．t 时刻线圈中电流的瞬时值为BS ω2Rsin ωt B ．线圈中电流的有效值为2BS ω4R C ．线圈中电流的最大值为2BS ω4RD ．线圈消耗的电功率为BS ω2R21．(多选)如图11126所示，面积为S 的矩形线圈共N 匝，线圈总电阻为R ，在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中以竖直线OO ′为轴，以角速度ω匀速旋转，图示位置C 与纸面共面，位置A 与位置C 成45°角．线圈从位置A 转过90°到达位置B 的过程中，下列说法正确的是( )图11126A ．平均电动势为22πNBS ωB ．通过线圈某一截面的电荷量q ＝22NBSRC ．在此转动过程中，外界对线圈做的总功为N 2B 2S 2πω4RD ．在此转动过程中，电流方向会发生改变【答案】AC 【解析】线圈从位置A 转过90°到达位置B 的过程中，ΔΦ＝2BS cos 45°＝2BS ，Δt ＝π2ω，根据E ＝N ΔΦΔt ，得E ＝22πNBS ω，故A 正确；根据E ＝N ΔΦΔt ，q ＝E R Δt ＝N ΔΦR ＝2NBSR ，故B 错误；产生电动势的峰值E m ＝NBS ω，则有效值E ＝E m2＝NBS ω2，则W ＝Q ＝E 2R Δt ＝N 2B 2S 2πω4R ，故C 正确；线圈经过中性面，电流方向改变，线圈从位置A 转过90°到达位置B 的过程中，电流方向不变，故D 错误．22.(多选)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，○A 为交流电流表．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象如图乙所示．以下判断正确的是( )A ．电流表的示数为10 AB ．线圈转动的角速度为50π rad/sC ．t ＝0.01 s 时，线圈平面与磁场方向平行D ．t ＝0.02 s 时，电阻R 中电流的方向自右向左23．(多选)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所示，当调整线圈转速后，电动势的变化规律如图b 所示．以下关于这两个正弦式交变电流的说法正确的是( )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∶3C ．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 电动势的瞬时值表达式为e ＝100sin 100πt3(V)【答案】AD 【解析】E a m ＝150 V ＝BS ωa ＝Φm ·ωa ，ωa ＝2πT a ＝2π0.04 rad/s ＝50π rad/s 得Φm ＝3π Wb ，故A正确；T a ∶T b ＝0.04 s ∶0.06 s ＝2∶3.T ＝1n，所以n a ∶n b ＝3∶2，故B 错误；t ＝0时，穿过线圈的磁通量最大，故C 错误；E b m ＝Φm ·2πT b ＝100 V ，ωb ＝2πT b ＝1003π rad/s.所以e ＝100sin 1003πt (V)，故D 正确．24．一个边长为6 cm 的正方形金属线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，电阻为0.36 Ω.磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图所示，则线框中感应电流的有效值为( )A.2×10－5A B.6×10－5A C.22×10－5 A D.322×10－5A25．如图所示为交流发电机示意图，矩形线圈的匝数N ＝50匝，每匝线圈的边长l ab ＝0.4 m ，l bc ＝0.2 m ，矩形线圈所在处的匀强磁场的磁感应强度B ＝0.2 T ，磁感应强度与线圈轴线垂直，线圈总电阻r ＝1 Ω，外接电阻R ＝9 Ω，线圈以n ＝100πr/s 的转速在磁场中匀速转动．求：(1)线圈中产生的感应电动势的最大值；(2)若线圈从通过中性面时开始计时，写出回路中电流随时间变化的关系式； (3)交流电压表和电流表的读数； (4)此交流发电机的总功率和输出功率. 【解析】 (1)交变电流感应电动势的最大值E max ＝NBS ω＝NBl ab l bc ω＝50×0.2×0.4×0.2×100π×2π V ＝160 V. (2)从线圈通过中性面时开始计时，交变电流的表达式为正弦函数． 由于ω＝2πn ＝200 rad/s ，I max ＝E maxr ＋R＝16 A 故电流随时间变化的关系式i ＝16sin 200t A.【答案】 (1)160 V (2)i ＝16sin 200t A (3)72 2 V 8 2 A (4)1 280 W 1 152 W26.如图所示的是一个匝数n ＝10的线圈在匀强磁场中沿垂直于磁场方向的固定轴转动时，通过线圈平面的磁通量随时间变化的图象。
根据图象回答下列问题：(1)线圈中的最大感应电动势多大？(2)在t 1＝0.1s 时刻和t 2＝0.2s 时刻，线圈中磁通量的变化率各是多少？(3)设t ＝0时感应电动势为正值，画出感应电动势随时间变化的图象，并写出感应电动势的瞬时值表达式。
答案：(1)10πV (2)0 πWb/s (3)见解析图 e ＝10πcos 5πt (V)解析：(1)由图象可知，Φm ＝BS ＝0.2Wb ，线圈转动的周期T ＝0.4s ，线圈转动的角速度ω＝2πT＝5πrad/s线圈中的最大感应电动势E m ＝nBS ω＝n Φm ω＝10πV(2)在t 1＝0.1s 时刻，线圈中磁通量的变化率为0。
t 2＝0.2s 时刻，线圈中的感应电动势最大为E m ＝10πV磁通量变化率为ΔΦΔt ＝E m n ＝10π10Wb/s ＝πWb/s (3)感应电动势的变化周期跟磁通量的变化周期相同，并按余弦规律变化，在t ＝0时，感应电动势为正的最大值，感应电动势随时间变化的图象如图所示。
瞬时值的表达式e ＝10πcos5πt (V)27.如图所示，一个小型旋转电枢式交流发电机，其矩形线圈的长度为a ，宽度为b ，共有n 匝，总电阻为r ，与线圈两端相接触的集流环上接有一个阻值为R 的定值电阻，线圈以角速度ω在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕与磁场方向垂直的对称轴OO ′匀速转动，沿转轴OO ′方向看去，线圈转动沿逆时针方向，t ＝0时刻线圈平面与磁感线垂直。
(1)表示出线圈经过图示位置时，通过电阻R 的感应电流的方向。
(2)写出线圈转动过程中感应电动势的瞬时值表达式。
(3)求线圈从t ＝0位置开始到转过90°的过程中的平均电动势。