高考物理一轮总复习 第十一章 交变电流 传感器 基础课1 交变电流的产生与描述练习（含解析）新人教版-新人教版高三全册物理试题.doc

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1、基础课 1 交变电流的产生与描述一、选择题1(多选)(2016年全国卷)如图，M为半圆形导线框，圆心为OM.N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON.两导线框在同一竖直面(纸面)内，两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面现使线框M、N在t0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则()A两导线框中均会产生正弦交流电B两导线框中感应电流的周期都等于TC在t时，两导线框中产生的感应电动势相等D两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等解析：选BC当导线框N完全进入磁场后，通过线框的磁通量将不变，故无感应电

2、流产生，因此它不会产生正弦交流电，A项错误；导线框每转动一圈，产生的感应电流的变化为一个周期，B项正确；在t时，导线框转过角度为45，切割磁感线的有效长度相同，均为绕圆心的转动切割形式，设圆弧半径为R，则感应电动势均为EBR2，C项正确；导线框N转动的一个周期内，有半个周期无感应电流产生，所以两导线框的感应电动势的有效值并不相同，由闭合电路欧姆定律可知，两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值一定不相同，D项错误2(2018年全国卷，改编)A、B是两个完全相同的电热器，A通以图甲所示的方波交变电流，B通以图乙所示的正弦交变电流，则两电热器的电功率PAPB等于 ()A54 B32C.1 D21解析

3、：选A根据电流有效值的定义可知I02R2RI甲2RT，解得有效值I甲I0，而I乙，根据功率的计算公式PI2R可得P甲P乙I甲2I乙254，故A正确3(2019届乌鲁木齐模拟)如图所示，闭合金属线框曲线部分恰好是半个周期的正弦曲线，直线部分长度为0.4 m，线框的电阻为1 ，若线框从虚线位置开始以2 m/s的速度匀速进入足够大的匀强磁场(线框直线部分始终与磁场右边界垂直)，这个过程中线框释放出的焦耳热为0.4 J，线框中电流随时间变化的关系式为()Ai2sin10t(A) Bisin10t(A)Ci2sin5t(A) Disin5t(A)解析：选C由题意知，线框有效切割的长度作正弦规律变化，则线

4、框中产生正弦式电流，设该正弦式电流有效值为I，由题意可得QI2Rt，其中t0.2 s，解得I A，所以该正弦式交流电的最大值为ImI2 A，金属线框从图示位置到完全进入磁场为半个周期，故T20.4 s，5 rad/s，所以正弦式交流电的表达式i2sin5t(A)，C正确4(2018届湖南五校高三联考)如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法错误的是()A在图中t0时刻穿过线圈的磁通量均为最大B线圈先后两次转速之比为32C图线b所对应的交流电的有效值为20 VD图线a所对应的交流电的

5、瞬时值表达式u10sin5t(V)解析：选D由题图可知，t0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，故A正确；由题图可知TaTb23，故ab32，nanb32，故B正确；交流电最大值UmNBS，故UmaUmb32，故Umb，Uma V，所以图线b所对应的交流电的有效值为20 V，故C正确；由题图可知，图线a所对应的交流电的最大值为20 V，角速度为5 rad/s，所以瞬时值表达式为u20sin5t(V)，故D错误5(多选)(2019届吉林长春高三质量监测)如图甲所示为风力发电的简易模型在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的磁铁转动，转速与风速成正比若某一风速时，线圈中产生的正弦式电流如图乙

6、所示下列说法正确的是()A电流的表达式为i0.6sin10t(A)B磁铁的转速为10 r/sC风速加倍时电流的表达式为i1.2sin10t(A)D风速加倍时线圈中电流的有效值为 A解析：选AD由题图乙可知，线圈转动周期即电流的周期T0.2 s，则10 rad/s，由交流电的电流表达式iAsint(A)，可知A正确；根据2n，可知转速为5 r/s，B错误；由于转速与风速成正比，当风速加倍时，转速也加倍，即角速度加倍，由Im可知，电流的最大值也加倍，即Im1.2 A，则电流的表达式为i1.2sin20t(A)，电流的有效值I A A，C错误，D正确6在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴

7、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()、At0.005 s时线框的磁通量变化率为零Bt0.01 s时线框平面与中性面重合C线框产生的交变电动势有效值为311 VD线框产生的交变电动势频率为100 Hz解析：选B由题图乙可知，t0.005 s时，感应电动势最大，线框的磁通量变化率最大，A错误；t0.01 s时感应电动势为零，故线框平面处于中性面位置，B正确；交变电动势的最大值为311 V，故有效值E220 V，C错误；交变电动势的周期为T0.02 s，故频率f50 Hz，D错误7如图所示，矩形线圈abcd与可变电容器C、理想电流表 组成闭合电路线圈在有界匀强磁场中绕垂直于

8、磁场的bc边匀速转动，转动的角速度100 rad/s.线圈的匝数N100匝，边长ab0.2 m、ad0.4 m，电阻不计磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小B T电容器放电时间不计下列说法正确的是() A该线圈产生的交流电动势峰值为50 VB该线圈产生的交流电动势有效值为25 VC电容器的耐压值至少为50 VD电容器的电容C变大时，电流表的示数变小解析：选B该线圈产生的交流电动势峰值EmNBS50 V，A项错误；因为该线圈产生的交流电不是完整的正弦式交流电，只有一半，所以根据有效值的定义T，E，联立解得电动势有效值E25 V，B项正确；电容器的耐压值至少为50 V，C项错误；电容器的电容C

9、变大时，容抗变小，电容器的充放电电流增大，D项错误8(多选)如图所示，在水平向右、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有一匝数为n、边长为l、电阻为R的正方形线圈围绕垂直于磁感线的对称轴OO按照图示的方向匀速转动，转动的角速度为.则下列说法中正确的是()A当线圈转至图示位置时，线圈中产生的感应电流方向为abcdaB当线圈转至图示位置时，线圈中产生的感应电流大小为C线圈从图示位置转过的过程中，线圈中产生的热量为D若从图示位置开始计时，则线圈中产生的感应电动势的瞬时值大小为enBl2cost解析：选BD由右手定则可知，当线圈转至图示位置时，线圈中产生的感应电流方向为adcba，选项A错误；当线圈转至图

10、示位置时，线圈中产生的感应电动势最大，为EmnBl2，所以此时线圈中产生的感应电流大小为Im，选项B正确；线圈中产生的感应电流的有效值为I，所以线圈从图示位置转过的过程中，线圈中产生的热量为QI2RtR，选项C错误；若从图示位置开始计时，则线圈中产生的感应电动势的瞬时值大小应为enBl2cost，选项D正确9阻值为50 、匝数为311的闭合矩形线圈，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的感应电动势如图乙所示则可以判断()At0时刻线圈应转到图甲所示的位置B线圈的角速度为50 rad/sC穿过线圈的磁通量的最大值为 WbD线圈转一周所产生的热量为968 J解析：选Ct0时刻产生的电动势

11、为零，所以线圈应处于中性面位置，即线圈与磁场垂直的位置，故A错误；据图象可知，T0.02 s；由T可得100 rad/s，故B错误；据EmnBS可知，BS Wb Wb，故C正确；据图象可知，E220 V，据焦耳定律可知，线圈转一周产生的热量：Q0.02 J19.36 J，故D错误10如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r1.0 ，外接R9.0 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e10sin10t(V)，则()A该交变电流的频率为10 HzB该电动势的有效值为10 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解析：选D由交变电流电动

12、势的表达式e10sin10t (V)Emsint可知，该交变电流的频率为f Hz5 Hz，A错误；该交变电流电动势的有效值E V10 V，B错误；电流的有效值I A1.0 A，外接电阻R所消耗的电功率 PRI2R1.029.0 W9 W，故C错误，D正确二、非选择题11(2019届开封模拟)如图所示，一个半径为r的半圆形线圈，以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直于纸面向里(与ab垂直)的匀强磁场，磁感应强度为B.M和N是两个集流环，负载电阻为R，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，求：(1)感应电动势的最大值；(2)从图示位置起转过周期的时间内负载电阻R上产生的热量；(3)从图示位

13、置起转过周期的时间内通过负载电阻R的电荷量；(4)求出电流表的示数解析：(1)线圈绕轴转动时，在电路中产生如图所示的交变电流此交变电流的最大值为EmBSB2n2Bnr2.(2)在转过周期的时间内，线圈一直切割磁感线，则产生的热量Q.(3)在转过周期的时间内，电动势的平均值通过R的电荷量qtt.(4)根据电流的热效应，在一个周期内：QI2RT故电流表的示数为I.答案：(1)2Bnr2(2)(3)(4)12如图甲为小型旋转电枢式发电机原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO匀速转动，线圈的匝数n100、电阻r10 ，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R90 ，与R并联的交流电压

14、表为理想电表在t0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)从t0时刻开始转动四分之一周期过程中的平均感应电动势；(2)从t0时刻开始转动四分之一周期过程中流过电阻R的电荷量；(3)电路中交流电压表的示数；(4)从t0时刻开始转一周过程外力对线圈所做的功解析：(1)由法拉第电磁感应定律有 V127.4 V.(2)根据闭合电路欧姆定律有 A1.274 A，qt1.2740.015 7 C0.02 C.(3)线圈中的电动势的最大值为EmnBSnm1002.0102 V200 V有效值E100 VURE100 V90 V.(4)由能量守恒定律可知外力对线圈所做的功等于产生的总热量，WQt6.28102 J12.56 J.答案：(1)127.4 V(2)0.02 C(3)90 V(4)12.56 J