山東省2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時規(guī)范練35 交變電流的產(chǎn)生及其描述 新人教版

課時規(guī)范練35交變電流的產(chǎn)生及其描述基礎(chǔ)對點練1.(交變電流的產(chǎn)生及變化規(guī)律)(2018·陜西榆林三模)如圖甲所示,為一臺小型發(fā)電機(jī)構(gòu)造示意圖,線圈逆時針轉(zhuǎn)動,產(chǎn)生的電動勢隨時間按余弦規(guī)律變化,其e-t圖象如圖乙所示。發(fā)電機(jī)線圖的內(nèi)阻為1 ,外接燈泡的電阻為9 ,則()A.電壓表的示數(shù)為6 VB.在2.0×10-2 s時刻,穿過線圈的磁通量變化率為零,線圈與中性面平行C.在1.0×10-2 s時刻,穿過線圈的磁通量為零,線圈處于中性面D.發(fā)電機(jī)的輸出功率為3.24 W答案D解析由Em=6V,E=6V,由閉合電路歐姆定律得,電壓表示數(shù)U=E=5.4V,故A錯誤;在2.0×10-2s時刻,感應(yīng)電動勢最大,故穿過線圈的磁通量變化率最大,線圈與中性面垂直,故B錯誤;在1.0×10-2s時刻,感應(yīng)電動勢為零,故說明線圈處于中性面,此時穿過線圈的磁通量最大,故C錯誤;燈泡實際消耗的功率即為電源的輸出功率,由功率公式可知,P=W=3.24W,故輸出功率為3.24W,故D正確。2.(交變電流的產(chǎn)生及變化規(guī)律)(2018·天津?qū)嶒炛袑W(xué)模擬)如圖甲所示,一矩形閉合線圈在勻強(qiáng)磁場中繞垂直于磁場方向的轉(zhuǎn)軸OO'以恒定的角速度轉(zhuǎn)動。當(dāng)從線圈平面與磁場方向平行時開始計時,線圈中產(chǎn)生的交變電流按照圖乙所示的余弦規(guī)律變化,則在t=時刻()A.線圈中的電流最大B.穿過線圈的磁通量為零C.線圈所受的安培力為零D.穿過線圈磁通量的變化率最大答案C解析該交變電流的周期為T=,在t=時刻,即t=時刻,由線圈中產(chǎn)生的交變電流圖象可知,感應(yīng)電流大小為零,故A錯誤;在t=時刻,感應(yīng)電流大小為零,則知感應(yīng)電動勢為零,由法拉第電磁感應(yīng)定律知磁通量變化率也為零,線圈與磁場垂直,磁通量為最大,故B、D錯誤;在t=時刻,感應(yīng)電流大小為零,由公式F=BIL知線圈所受的安培力為零,故C正確;故選C。3.(有效值)(2018·福建寧德期末)阻值為R的電爐絲通以大小為I的恒定電流時其電功率為P,當(dāng)把它接在某正弦式交流電源兩端時其電功率也為P。則該交流電源電壓的最大值為()A.IRB.IRC.IRD.2IR答案B解析電爐絲通以大小為I的恒定電流時,經(jīng)t時間內(nèi)產(chǎn)生的熱量為Q,則有:Q=Pt=I2Rt;電爐絲接在某正弦式交流電源兩端時,經(jīng)t時間內(nèi)產(chǎn)生的熱量為Q',則有:Q'=Pt=Rt,根據(jù)熱效應(yīng)有:Q=Q',即I2Rt=Rt,解得:I有=I,則電壓的有效值為U有=I有R=IR,故該交流電源電壓的最大值為Um=U有=IR,選B。4.(有效值)(2018·江蘇南京、鹽城一模)一個電阻分別通過四種不同形式的電流,電流隨時間變化的情況如下圖所示,在相同時間內(nèi)電阻產(chǎn)生熱量最大的是()答案D解析選項A、B中交變電流的有效值都為 A,選項C中恒定電流的大小為1.5A,選項D中交變電流的有效值為2A,根據(jù)熱量的表達(dá)式Q=I2Rt得出選項D正確。5.(多選)(“四值”問題)(2018·黑龍江五校聯(lián)考)如圖所示,在勻強(qiáng)磁場中轉(zhuǎn)動的單匝線圈電阻為1 ,外接電阻R=9 ,線圈勻速轉(zhuǎn)動的周期為T=0.2 s,從線圈中性面開始計時,理想交流電流表的讀數(shù)為2 A,那么()A.穿過線圈的最大磁通量為 WbB.任意時刻線圈中的感應(yīng)電動勢為e=20sin 20t(V)C.在線圈轉(zhuǎn)過90°的過程中,外接電阻產(chǎn)生的焦耳熱為1.8 JD.在線圈轉(zhuǎn)動90°的過程中,通過電阻R的電荷量為2 C答案AC解析因電流表的讀數(shù)2A為有效值,則電流的最大值為Im=2A,Em=Im(R+r)=20V,又Em=m,=,所以m=Wb,故選項A正確;任意時刻線圈中的感應(yīng)電動勢為e=20sin10t(V),故選項B錯誤;線圈轉(zhuǎn)過90°時,外接電阻產(chǎn)生的焦耳熱為Q=Rt=1.8J,故選項C正確;從中性面開始計時,轉(zhuǎn)動90°的過程中,感應(yīng)電動勢的平均值為,q=t=C,故選項D錯誤。6.(多選)(2018·河北衡水金卷模擬)如圖所示,線圈ABCD匝數(shù)n=10,面積S=0.4 m2,邊界MN(與線圈的AB邊重合)右側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度B= T的勻強(qiáng)磁場,若線圈從圖示位置開始繞AB邊以=10 rad/s的角速度勻速轉(zhuǎn)動。則以下說法正確的是()A.線圈產(chǎn)生的是正弦交變電流B.線圈在轉(zhuǎn)動過程中產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動勢為80 VC.線圈轉(zhuǎn)動 s時瞬時感應(yīng)電動勢為40 VD.線圈產(chǎn)生的電動勢的有效值為40 V答案BD解析線圈在有界磁場中將產(chǎn)生正弦半波脈動電流,故A錯誤;電動勢最大值E=nBS=80V,故B正確;線圈轉(zhuǎn)動 s、轉(zhuǎn)過角度,瞬時感應(yīng)電動勢為e=nBSsin=40V,C項錯誤;在一個周期時間內(nèi),只有半個周期產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,根據(jù)有效值的定義有()2R·=()2RT,可得電動勢有效值U=40V,故D正確。素養(yǎng)綜合練7.(多選)(2018·湖北黃岡中學(xué)模擬)如圖甲所示是一種振動發(fā)電裝置的示意圖,半徑為r=0.1 m、匝數(shù)n=20的線圈位于輻向分布的磁場中,磁場的磁感線均沿半徑方向均勻分布(其右視圖如圖乙所示),線圈所在位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B= T,線圈電阻為R1=0.5 ,它的引出線接有R2=9.5 的小電珠L,外力推動線圈框架的P端,使線圈沿軸線做往復(fù)運(yùn)動,線圈運(yùn)動速度v隨時間t變化的規(guī)律如圖丙所示(摩擦等損耗不計),則()丙A.小電珠中電流的峰值為0.16 AB.小電珠中電流的有效值為0.16 AC.電壓表的示數(shù)約為1.5 VD.t=0.1 s時外力的大小為0.128 N答案AD解析由題意及法拉第電磁感應(yīng)定律知道,線圈在磁場中做往復(fù)運(yùn)動,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小符合正弦曲線變化規(guī)律,線圈中的感應(yīng)電動勢的峰值為Em=nBlv=nB·2rvm,故小電珠中電流的峰值為Im=A=0.16A,選項A正確,B錯誤;電壓表示數(shù)為U=·R21.07V,選項C錯誤;當(dāng)t=0.1s也就是時,外力的大小為F=nB·2rIm=0.128N,選項D正確。8.(2018·江蘇南師附中模擬)如圖所示,兩根間距為20 cm的無限長光滑金屬導(dǎo)軌,電阻不計,其左端連接一阻值為10 的定值電阻,兩導(dǎo)軌之間存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度為1 T的勻強(qiáng)磁場,磁場邊界虛線為正弦曲線的一部分,一阻值為10 的光滑導(dǎo)體棒,在外力作用下以10 m/s的速度勻速向右運(yùn)動(接觸電阻不計),交流電壓表和交流電流表均為理想電表,則()A.回路中產(chǎn)生的是正弦式交變電流B.電壓表的示數(shù)是2 VC.導(dǎo)體棒運(yùn)動到圖示虛線位置時,電流表示數(shù)為零D.導(dǎo)體棒上消耗的熱功率為0.2 W答案A解析由磁場邊界虛線為正弦曲線的一部分,可知導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生正弦式交變電流,故選項A正確;感應(yīng)電動勢最大值Em=BLmv=2V,電壓表測得是有效值,即為U=E=1V,故選項B錯誤;電流表測得是有效值,所以導(dǎo)體棒運(yùn)動到圖示虛線位置時,電流表示數(shù)恒定,不為0,故選項C錯誤;導(dǎo)體棒上消耗的熱功率為P=W=0.1W,故選項D錯誤。9.(2018·河南洛陽模擬)海洋中蘊(yùn)藏著巨大的能量,利用海洋的波浪可以發(fā)電,在我國南海上有一浮桶式波浪發(fā)電燈塔,其原理示意圖如圖甲所示,浮桶內(nèi)的磁體通過支柱固定在暗礁上,浮桶內(nèi)置線圈隨波浪相對磁體沿豎直方向運(yùn)動,且始終處于磁場中,該線圈與阻值R=15 的燈泡相連。浮桶下部由內(nèi)、外兩密封圓筒構(gòu)成(圖乙中斜線陰影部分),如圖乙所示,其內(nèi)為產(chǎn)生磁場的磁體,與浮桶內(nèi)側(cè)面的縫隙忽略不計;匝數(shù)N=200的線圈所在處輻向磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.2 T,線圈直徑D=0.4 m,電阻r=1 。重力加速度g取10 m/s2,210,若浮桶隨波浪上下運(yùn)動的速度可表示為v=0.4sin (t) m/s,則下列說法正確的是()A.波浪發(fā)電產(chǎn)生電動勢e的瞬時值表達(dá)式為e=16sin (t) VB.燈泡中電流i的瞬時值表達(dá)式為i=16sin (t) AC.燈泡的電功率為120 WD.燈泡兩端電壓的有效值為 V答案C解析線圈的周長L=D,由e=NBLv知,電動勢瞬時值的表達(dá)式e=64sint(V),選項A錯誤;電流瞬時值的表達(dá)式i=4sint(A),選項B錯誤;電流有效值I=A=2A,燈泡的電功率P=I2R=120W,選項C正確;燈泡兩端的電壓U=IR=30V,選項D錯誤。10.(2018·江蘇蘇錫常鎮(zhèn)四市調(diào)研)無線充電技術(shù)的發(fā)展給用戶帶來了極大的方便,可應(yīng)用于手機(jī)、電腦、智能穿戴、智能家居、醫(yī)療設(shè)備、電動汽車等充電,如圖甲所示為手機(jī)無線充電工作原理的示意圖,由送電線圈和受電線圈組成。已知受電線圈的匝數(shù)為n=50匝,電阻r=1.0 ,在它的c、d兩端接一阻值R=9.0 的電阻。設(shè)在受電線圈內(nèi)存在與線圈平面垂直的磁場,其磁通量隨時間按圖乙所示,可在受電線圈中產(chǎn)生電動勢最大值為20 V的正弦交流電,設(shè)t=0時磁場豎直向上。求:(1)在t=×10-3 s時,受電線圈中產(chǎn)生電流的大小,c、d兩端哪端電勢高?(2)在一個周期內(nèi),電阻R上產(chǎn)生的熱量;(3)從t1到t2時間內(nèi),通過電阻R的電荷量。答案(1)2.0 Ac端電勢高(2)5.7×10-2 J(3)2×10-3 C解析(1)由圖乙知t=×10-3s時受電線圈中產(chǎn)生的電動勢最大為Em=20V線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流的大小為It=Im=2.0A由楞次定律可以得到此時c端電勢高(2)通過電阻電流的有效值為I=A電阻在一個周期內(nèi)產(chǎn)生的熱量Q=I2RT=5.7×10-2J(3)線圈中感應(yīng)電動勢的平均值=n通過電阻電流的平均值為通過電阻的電荷量q=·t由題圖乙知,在的時間內(nèi),=4×10-4Wb解得q=n=2×10-3C11.(2018·安徽淮北期中)圖1是交流發(fā)電機(jī)模型示意圖,在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中,有一矩形線圈abcd可繞線圈平面內(nèi)垂直于磁感線的軸OO'轉(zhuǎn)動,由線圈引出的導(dǎo)線ae和df分別與兩個跟線圈一起繞OO'轉(zhuǎn)動的金屬圓環(huán)相連接,金屬圓環(huán)又分別與兩個固定的電刷保持滑動接觸,這樣矩形線圈在轉(zhuǎn)動中就可以保持和外電路電阻R形成閉合電路。圖2是線圈的主視圖,導(dǎo)線ab和cd分別用它們的橫截面來表示,已知ab長度為L1,bc長度為L2,線圈以恒定角速度逆時針轉(zhuǎn)動。(只考慮單匝線圈)(1)線圈平面處于中性面位置時開始計時,試推導(dǎo)t時刻整個線圈中的感應(yīng)電動勢e1的表達(dá)式;(2)若線圈電阻為r,求從中性面開始的內(nèi)通過電阻的電荷量q的大小;(其他電阻均不計)(3)若線圈電阻為r,求線圈每轉(zhuǎn)動一周電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q。(其他電阻均不計)答案(1)e1=BL1L2sin t(2)(3)R()2解析(1)矩形線圈abcd轉(zhuǎn)動過程中,只有ab和cd切割磁感線,設(shè)ab和cd的轉(zhuǎn)動速度為v,則v=·,在t時刻,導(dǎo)線ab和cd因切割磁感線而產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢均為E1=BL1vy由圖可知vy=vsint則整個線圈的感應(yīng)電動勢為e1=2E1=BL1L2sint(2)在從中性面開始的四分之一的周期內(nèi),由q=t,=2-1=0-BL1L2解得:q=-,所以電荷量的大小為(3)由閉合電路歐姆定律可知I=E=則線圈轉(zhuǎn)動一周在R上產(chǎn)生的焦耳熱為QR=I2RT其中T=于是Q=R()210