2021届高考物理一轮复习方略核心素养测评： 三十一 11.1 交变电流的产生和描述 .doc

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1、核心素养测评 三十一交变电流的产生和描述(45分钟100分)一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分，16题为单选题，79题为多选题)1.(2019沧州模拟)线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电的图象如图所示，由图可知() A.在A和C时刻线圈处于中性面位置B.在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零C.从A时刻起到D时刻，线圈转过的角度为弧度D.在A和C时刻磁通量变化率的绝对值最大【解析】选D。在A和C时刻感应电流最大，感应电动势最大，而磁通量为零，磁通量的变化率最大，线圈处于与中性面垂直的位置，故A错误，D正确。在B和D时刻感应电流为零，感应电动势为零，而磁通量最大，故B错误。从A时刻到D时

2、刻经过的时间为34周期，线圈转过的角度为1.5 弧度，故C错误。2.如图所示，有一矩形线圈面积为S，匝数为N，总电阻为r，外电阻为R，接触电阻不计。线圈绕垂直于磁感线的轴OO以角速度匀速转动，匀强磁场的磁感应强度为B。则() A.当线圈平面与磁感线平行时，线圈中电流为零B.电流有效值I=2NBSR+rC.电动势的最大值为2NBSD.外力做功的平均功率P=N2B2S222(R+r)【解析】选D。当线圈平面与磁感线平行时，磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，线圈中电流不为零，故A错误；根据Em=NBS得感应电动势最大值是NBS，所以感应电动势有效值U=NBS2，所以电流有效值I=NBS

3、2(R+r)，故B、C错误；根据能量守恒得：外力做功的平均功率等于整个电路消耗的热功率，所以外力做功的平均功率P=I2(R+r)解得：P=N2B2S222(R+r)，故D正确。3.如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a、b所示，则()A.两次t=0时刻线圈平面与中性面垂直B.曲线a、b对应的线圈转速之比为23C.曲线a表示的交变电动势频率为50 HzD.曲线b表示的交变电动势有效值为52 V【解析】选D。在t=0时刻，产生的感应电动势最小，线圈一定处在中性面上，故A错误；由图可知，a的周期为410-2 s；b

4、的周期为610-2 s，则由n=1T可知，转速与周期成反比，故转速之比为32，故B错误；曲线a的交变电流的频率f=1T=25 Hz，故C错误；曲线a、b对应的线圈转速之比为32，曲线a表示的交变电动势最大值是15 V，根据Em=NBS得曲线b表示的交变电动势最大值是10 V，则有效值为U=102 V=52 V，故D正确。4.匝数为100匝的线圈通有如图所示的交变电流(图中曲线为余弦曲线的一部分)，单匝线圈电阻r=0.02 ，则在010 s内线圈产生的焦耳热为() A.80 JB.85 JC.90 JD.125 J【解析】选B。根据有效值的定义方法可知：(32A)2RT2+(2A)2RT2=I2

5、RT解得：I=172 A总电阻为：r总=1000.02 =2 ；则10 s内产生的焦耳热为：Q=I2r总t=(172)2210 J=85 J，故选B。5.(2020武汉模拟)如图所示，在磁极和圆柱状铁芯间形成的两部分磁场区域的圆心角均为49，磁感应强度B均沿半径方向，单匝矩形线圈abcd的宽ab=L，长bc=2L，线圈绕中轴以角速度匀速转动时对外电阻R供电，若线圈电阻为r，电流表内阻不计，则下列说法正确的是()A.线圈转动时将产生正弦式交流电B.从图示位置开始转过90角时，电流方向将发生改变C.线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的变化率不变D.电流表的示数为4BL23(R+r)【解析】选D。bc、

6、ad边的运动速度为：v=L2，感应电动势为：Em=4BLv，解得：Em=2BL2，根据欧姆定律得电流为：Im=EmR+r，bc边向左切割时，感应电流方向为cb，bc边向右切割时，感应电流方向为bc，线圈切割磁感线时穿过线圈的磁通量变化率不变且不为零，线圈在磁场外不切割磁感线时磁通量变化率为零，线圈连续转动，流过电阻R的电流方向周期性变化，属于交流电，电流的大小不变，故产生的不是正弦式交流电，一个周期内，通电时间为：t=49T，R上产生的焦耳热为：Q=Im2Rt，且有：Q=I2RT，解得线圈上电流的有效值为：I=4BL23(R+r)，故D正确，A、B、C错误。6.如图甲所示，在匀强磁场中有一个n

7、=10匝的闭合矩形线圈绕轴匀速转动，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为5 ，从图甲所示位置开始计时，通过线圈平面的磁通量随时间变化的图象如图乙所示，则()A.线圈转动过程中消耗的电功率为102 WB.在t=0.2 s时，线圈中的感应电动势为零，且电流改变一次方向C.所产生的交变电流感应电动势的瞬时表达式为e=10sin(5t) VD.线圈从图示位置转过90时穿过线圈的磁通量变化最快【解析】选A。最大感应电动势为：Em=nBS=nBS2T=nm2T=100.220.4 V=10 V感应电动势的有效值为：E=Em2=102 V=52 V线圈转动过程中消耗的电功率为：P=E2R=(52)25 W

8、=102 W，故A正确；t=0.2 s时，磁通量为0，线圈中的感应电动势最大，电流方向不变，故B错误；由图知角速度=2T=20.4 rad/s=5 rad/s，因为线圈从垂直中性面开始计时，所以交变电流感应电动势的瞬时表达式为e=10cos(5t)V，故C错误；线圈在图示位置磁通量为0，磁通量的变化率最大，穿过线圈的磁通量变化最快，转过90，磁通量最大，磁通量变化率为0，故D错误。7.如图所示，边长为L的正方形线圈abcd，其匝数为n，总电阻为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，以角速度绕OO轴匀速转动，

9、则以下判断中正确的是() A.闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e=nBL2sintB.在t=2时刻，磁场穿过线圈的磁通量最大，但此时磁通量的变化率为零C.从t=0时刻到t=2时刻，电阻R上产生的热量为Q=n2B2L4R16(R+r)2D.从t=0时刻到t=2时刻，通过R的电荷量q=nBL22(R+r)【解析】选C、D。由闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e=Emsint，得回路中感应电动势的瞬时表达式e=12nBL2sint，故A错误；在t=2时刻，线圈从图示位置转过90，此时磁场穿过线圈的磁通量最小，磁通量变化率最大，故B错误；电压有效值为Em2，从t=0到t=2时刻，电阻R产生的焦耳热为Q=

10、Em2R2(R+r)22=n2B2L4R16(R+r)2，故C正确；从t=0到t=2时刻，通过R的电荷量q=nR+r=nBL22(R+r)，故D正确。8.在匀强磁场中，一只矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，产生的交变电动势的图象如图所示。则() A.交变电动势的频率为100 HzB.线框转动的角速度为100 rad/sC.t=0.01 s时线框平面与中性面重合D.线框产生的交变电动势有效值为311 V【解题指导】解答本题应注意以下三点：(1)由图可知特殊时刻的电动势，根据电动势的特点，可判断处于各个时刻的磁通量。(2)由图可得周期，由周期可得角速度，依据角速度可得转速。(3)由图象还可

11、知电动势的峰值和周期，根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值。【解析】选B、C。周期为T=0.02 s，故频率为：f=1T=50 Hz，故A错误；线框转动的角速度为=2T=100 rad/s，故B正确；t=0.01 s时，产生的感应电动势为零，线框平面与中性面重合，故C正确；由图象可知，交流电的最大值Em=311 V，有效值E=Em2=220 V，故D错误。9.如图所示，线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边以角速度匀速转动，其线圈中感应电动势的峰值为Em，闭合回路中两只灯泡均能正常发光。则() A.从图中位置开始计时，感应电动势瞬时表达式为e=EmsintB.增大线圈转动角速度时，

12、感应电动势的峰值Em不变C.增大电容器C两极板间的正对面积时，灯泡A1变亮D.抽去电感器L的铁芯时，灯泡A2变暗【解析】选A、C。线圈处于图示位置时，是中性面位置，感应电动势的瞬时值为零，故A正确； 增大线圈转动角速度时，感应电动势Em=nBS增大，故B错误；由C=S4kd可知，增大电容器C两极板间的正对面积，则电容C增大，电容对交流电的阻碍作用减小，所以灯泡A1变亮，故C正确；抽出电感器的铁芯，自感系数变小，电感器对交流电的阻碍作用减小，灯泡A2变亮，故D错误。二、计算题(16分，需写出规范的解题步骤)10.如图所示，线圈abcd的面积是0.05 m2，共100匝，线圈的总电阻为1 ，外接电

13、阻R=9 ，匀强磁场的磁感应强度B=1T，当线圈以300 r/min 的转速匀速旋转时。求：(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；(2)线圈转过130 s时电动势的瞬时值多大？(3)电路中，电压表和电流表的示数各是多少？(4)从中性面开始计时，经130 s通过电阻R的电荷量是多少？【解析】(1)转速n=300 r/min=5 r/s，故频率f=n=5 Hz，=2f=25 rad/s=10 rad/s感应电动势的最大值Em=NBS=10010.0510 V=50 V，因为从中性面开始计时，所以感应电动势按正弦规律变化，e=Emsint=50sin10t V(2)当

14、t=130 s时，e=50sin(10130) V43.3 V。(3)电动势的有效值为E=Em2=502 V35.4 V，电流表示数I=ER+r=35.49+1 A=3.54 A，电压表示数U=IR=3.549 V=31.86 V。(4)130 s内线圈转过的角度=t=10130=3。该过程中，=BS-BScos=12BS，q=It=NR+r=1001210.059+1 C=14 C。答案：(1)e=50sin10t V (2) 43.3 V(3)31.86 V 3.54 A(4)14 C【加固训练】如图所示，矩形线圈边长为ab=20 cm，ad=10 cm，匝数N=100匝，磁场的磁感应强度

15、B=0.01 T。当线圈以50 r/s的转速从图示位置开始逆时针匀速转动。求：(1)线圈中感应电动势瞬时值表达式。(2)从线圈开始转动起计时，经0.01 s时感应电动势的瞬时值。【解析】(1)根据角速度与转速的关系=2n=100 rad/s感应电动势的最大值Em=NBS=NBabad=2 V6.28 V刚开始转动时，线圈平面与中性面的夹角0=6所以线圈中感应电动势的瞬时值表达式为e=Emsin(t+0)=6.28sin100t+6V。(2)将t=0.01 s代入感应电动势的瞬时值表达式，得e=-3.14 V。答案：(1)e=6.28sin100t+6 V(2)-3.14 V11.(10分)如图

16、所示为一个经双可控硅调节后加在电灯上的电压，正弦交流电的每一个12周期中，前面14周期被截去，则现在电灯上电压的有效值为()A.UmB.Um2C.Um3D.Um2【解析】选D。由题图可知，交流电压的变化规律具有周期性，用电流热效应的等效法求解。设电灯的阻值为R，正弦交流电压的有效值与峰值的关系是U=Um2，由于一个周期内半个周期有交流电压，一周期内交流电产生的热量为Q=Um22Rt=Um22RT2，设交流电压的有效值为U，由电流热效应得Q=Um22RT2=U2RT，所以该交流电压的有效值U=Um2，故选项D正确。12.(20分)如图(甲)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

17、中绕垂直于磁场方向的固定轴OO匀速转动，线圈的匝数n=10、电阻r=1 ，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R=99 ，与R并联的交流电压表为理想电表。在t=0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量随时间t按图(乙)所示正弦规律变化。求：(1)交流发电机产生的电动势的最大值；(2)电路中交流电压表的示数；(3)试推导线圈在中性面开始计时该交流发电机产生的电动势的瞬时值表达式。【解析】(1)交流发电机产生的电动势的最大值为：Em=nBS 而m=BS，=2T，所以Em=2nmT由-t图线可知：m=2.010-2 Wb，T=6.2810-2s所以Em=20 V(2)电动势的有效值：E=22Em=102 V 由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为：I=ER+r=210 A交流电压表的示数为：U=IR=21099 V=9.92 V(3)线圈在中性面开始计时，线圈中感应电动势瞬时值的表达式e=Emsint=20sin100t(V)。答案：(1)20 V(2)9.92 V(3)e=20sin100t(V)关闭Word文档返回原板块