高三物理一轮复习随堂检测 交变电流的产生(3-2-10-1) 新人教版

第十章 交变电流 传感器第1讲 交变电流的产生图10－1－121．如图10－1－12所示，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大D ．若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：本题考查电磁感应现象，基础题．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应线平行时，磁通量最小感应电动势最大，A 、B 项错C 项对；电流的有效值I ＝nBSω2R，现在其余的量都不变，角速度增大一倍后，电流也增大一倍，D 正确．答案：CD图10－1－132．如图10－1－13所示，矩形线圈abcd ，面积为S ，匝数为N ，线圈电阻为R ，在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P 1和P 2以相同的角速度ω匀速转动，(P 1以ab 边为轴，P 2以ad 边中点为轴)当线圈平面从与磁场方向平行开始计时，线圈转过90°的过程中，绕P 1及P 2轴转动产生的交流电的电流大小，电量及焦耳热分别为I 1，q 1，Q 1及I 2，q 2，Q 2，则下面判断正确的是( )A.线圈绕P 1和P 2转动时电流的方向相同，都是a →b →c →dB ．q 1>q 2＝NBS/2RC ．I 1＝I 2＝(NB ωS )/2RD ．Q 1<Q 2＝πω(NBS )2/2R解析：本题考查电磁感应中电量、热量、电流的计算和感应电流方向的判断.绕P 、P ′转动时电流的方向相同，但电流的方向为a →d →c →b →a ，A 错；电量q ＝n ΔφR ，与绕哪个轴转动没有关系，B 项错；线圈绕两轴转动时产生的电动势相同，所以电流相同，发热也相同，C 对，D 错．答案：C图10－1－143．如图10－1－14所示，在水平方向的匀强磁场中，有一单匝矩形导线框可绕垂直于磁场方向的水平轴转动．在线框由水平位置以角速ω匀速转过90°的过程中，通过导线横截面的电荷量为q ，已知导线框的电阻为R ，则下列说法中正确的是( )A ．导线框转到如图所示的位置时电流的方向将发生改变B ．导线框转到如图所示的位置时电流的方向为badcC ．以图中位置作为计时起点，该导线框产生的交流电瞬时值表达式为e ＝qRωsin ωtD ．题述过程中导线框上产生的焦耳热Q ＝q 2πRω4解析：导线框转到中性面时电流方向发生改变，而图中表示的不是中性面，A 项错误；根据右手定则或楞次定律判断导线框中电流的方向为abcd ，B 项错误；该导线框产生的交流电瞬时值表达式为e ＝BSωcos ωt ，由q ＝BS R 可得该导线框产生的交流电瞬时值表达式为e ＝qRωcosωt ，C 项错误；题述过程中U 有效＝qRω/2，时间t ＝π2ω，Q ＝U 2有效R t ＝q 2πRω4，D 正确． 答案：D图10－1－154．如图10－1－15所示，边长为L ＝0.2 m 的正方形线圈abcd ，其匝数为n ＝10、总电阻为r ＝2 Ω，外电路的电阻为R ＝8 Ω，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B ＝1 T ，若线圈从图示位置开始，以角速度ω＝2 rad/s 绕OO ′轴匀速转动，则以下判断中正确的是( )A ．在t ＝π4时刻，磁场穿过线圈的磁通量为零，但此时磁通量随时间变化最快B ．闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e ＝0.8 sin 2tC ．从t ＝0时刻到t ＝π4时刻，电阻R 上产生的热量为Q ＝3.2π×10－4 J D ．从t ＝0时刻到t ＝π4时刻，通过R 的电荷量q ＝0.02 C 解析：线圈在磁场中转动，E m ＝12nBSω＝0.4 V ，B 项错；当线圈平面与磁场平行时磁通量变化最快，A 正确；Q R ＝I 2Rt ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤E m 2(R ＋r )2Rt ＝1.6π×10－3 J ，C 错；q ＝n ΔΦR ＋r ＝0.02 C ，D 正确．答案：AD图10－1－165．在磁感应强度为B 的匀强磁场中，一个面积为S 的矩形线圈匀速转动时所产生的交流电电压随时间变化的波形如图10－1－16所示，线圈与一阻值R ＝9 Ω的电阻串联在一起，线圈的电阻为1 Ω.则( )A ．通过电阻R 的电流瞬时值表达式为i ＝10sin 200πt (A)B ．电阻R 两端的电压有效值为90 VC ．1 s 内电阻R 上产生的热量为450 JD ．图中t ＝1×10－2 s 时，线圈位于中性面 解析：通过电阻R 的电流最大值为I m ＝E m R ＋r＝10 A ，线圈转动的角速度ω＝2πT ＝2π2×10－2 rad/s ＝100π rad/s ，故电流的瞬时值表达式为i ＝10sin 100πt (A)，A 项错误；电阻R 两端的电压有效值为U 有效＝E 有效R ＋r R ＝1002(9＋1)×9 V ＝45 2 V ，B 项错误；1 s 内电阻R 上产生的热量Q ＝U 2有效R t ＝450 J ，C 项正确；t ＝1.0×10－2 s 时感应电动势为零，此时穿过线圈的磁通量最大，线圈位于中性面，D 项正确． 答案：CD图10－1－171．如图10－1－17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ω转动，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，在t＝π2ω时刻()A．线圈中的电流最大B．穿过线圈的磁通量为零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解析：注意线圈转动过程中通过两个特殊位置(平行于磁感线和垂直于磁感线)时的特点；磁通量、磁通量的变化、磁通量的变化率不同；t＝π2ω＝T4，线圈转过90°，本题应选C项．答案：C2．一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，周期为T.从中性面开始计时，当t＝112T时，感应电动势的瞬时值为2 V，则此交变电动势的有效值为()A．2 2 V B．2 V C. 2 V D.22V解析：根据交流电电动势的瞬时值表达式e＝E m sin ωt，当t＝T12时，E m＝4 V，则E有＝22E m.答案：A图10－1－183．如图10－1－18所示，边长为L的闭合正方形线框共有n匝，总电阻为R.在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕中心轴OO′匀速转动，线框中心轴OO′与磁场方向垂直，线框转动的角速度为ω，从线框平面平行于磁感线的位置开始计时，则()①线框中产生电动势的瞬时值表达式为nBL2ωcos ωt②t＝0时，线框中感应电流值为nBL2ω/R③线框中电流的有效值为22R nBL2ωcos ωt④线框中电流的频率为2πωA．①②B．②③C．③④D．①④答案：A图10－1－194．如图10－1－19所示，单匝闭合线框在匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的转轴OO′匀速转动，在转动过程中，穿过线框的最大磁通量为Φm，线框中的最大感应电动势为E m，下列说法中正确的是( )A ．在穿过线框的磁通量为Φm 2的时刻，线框中的感应电动势为E m 2 B ．在穿过线框的磁通量为Φm 2的时刻，线框中的感应电动势为E m 2C ．线框每转动一周，线框中的感应电流方向改变一次D ．线框转动的角速度为E m Φm解析：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，若从中性面开始计时，穿过线框的磁通量Φ按余弦规律变化，线框中产生的感应电动势按正弦规律变化，在穿过线框的磁通量为Φm /2的时刻，线框中的感应电动势大于E m /2，A 错误；在穿过线框的磁通量为Φm /2的时刻，线框中的感应电动势等于E m /2，B 项正确；线框每转动一周，线框中感应电流的方向改变两次，C 错误；由E m ＝BSω＝Φm ω解得线框转动的角速度为ω＝E m /Φm ，D 正确．答案：BD5.图10－1－20如图10－1－20所示，面积为S 、匝数为N 、电阻为r 的线圈固定在图示位置，线圈与阻值为R 的电阻构成闭合电路，理想交流电压表并联在电阻R 的两端；U 形磁铁以线圈的中心轴线OO ′为轴以角速度ω匀速转动，已知U 形磁铁两极间的磁场为匀强磁场，磁感应强度为B ，取磁铁转动到图示位置的时刻t ＝0.则( )A ．在t ＝0时刻，线圈处于中性面，流过电阻R 的电流为0B ．1 s 内流过电阻R 的电流方向改变ωπ次 C ．线圈匝数减少为原来的一半，磁铁转动角速度增大到原来2倍，电压表读数不变D ．在电阻R 的两端再并联一只阻值为R 的电阻后，电压表的读数不变解析：在t ＝0时刻，线圈中的磁通量最小，线圈处于垂直于中性面的位置，感应电动势最大，流过电阻R 的电流为最大值，A 错；由于一个周期内电流的方向改变两次，1 s 内流过电阻R的电流方向改变的次数为n ＝2f ＝ωπ，B 正确；线圈产生的感应电动势的最大值E m ＝NBSω，线圈匝数减少为原来的一半，磁铁转动角速度增大到原来2倍，E m 不变，由于产生的交变电流为正弦交变电流，因此其有效值为E ＝E m 2也不变，因匝数减半，内阻也减半，外电阻不变．所以路端电压增加，即电压读数变大，所以C 不正确．当并联一个电阻R 后，外电阻内电阻不变，所以路端电压减小，即电压读数减小，所以D 错．答案：B图10－1－216．某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图象如图10－1－21所示，下列说法中正确的是( )A ．交变电流的频率为0.02 HzB ．交变电流的瞬时表达式为i ＝5cos 50πt (A)C ．在t ＝0.01 s 时，穿过交流发电机线圈的磁通量最大D ．若发电机线圈电阻为0.4 Ω，则其产生的热功率为5 W解析：由图象知，交流电的周期为0.02 s ，故频率为50 Hz ，A 项错；转动的角速度ω＝2πT＝100π，故电流瞬时表达式为i ＝5cos 100πt (A)，B 错；t ＝0.01 s 时，电流最大，此时线圈磁通量应为0，C 错；交流电电流的有效值I ＝I m 2＝52A ，故P ＝I 2R ＝⎝⎛⎭⎫522×0.4 W ＝5 W ，故D 正确．答案：D图10－1－227．如图10－1－22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( )解析：对A 图象可知，电子先做加速度减小的加速运动，14T 时刻速度最大，由14T 到12T 做加速度增加的减速运动，12T 时刻速度为零．从12T 到34T 电子反向做加速度减小的加速运动，34T 时刻速度最大，由34T 到T 做加速度增大的减速运动，T 时刻速度为零，回到原位置，即电子能做往复运动．同样的方法可得B 、C 也对．答案：ABC甲 乙图10－1－238．正弦交变电源与电阻R 、交流电压表、交流电流表按照图10－1－23甲所示的方式连接，R ＝200 Ω.图乙是交变电源输出电压u 随时间t 变化的图象．则( )A ．交流电压表的读数是311 VB ．交流电流表的读数是1.1 AC ．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 ＝311cos 100πt V解析：由图乙可知，电源输出电压峰值为311 V ，有效值为220 V ，所以电压表示数为有效值220 V ，电流表读数为电流的有效值I ＝U R＝1.1 A ，A 错，B 对，由图乙可知T ＝2×10－2 s ，ω＝2πT ＝100π，所以R 两端电压随时间变化的规律为U R ＝311cos 100πt V ，C 错，D 对． 答案：BD图10－1－249．(2009·重庆，18)某实物投影机有10个相同的强光灯L 1～L 10(24 V 、200 W)和10个相同的指示灯X 1～X 10(220 V 、2 W)，将其连接在220 V 交流电源上，电路如图10－1－24.若工作一段时间后L 2灯丝烧断，则( )A ．X 1的功率减小，L 1的功率增大B ．X 1的功率增大，L 1的功率增大C ．X 2的功率增大，其他指示灯的功率减小D ．X 2的功率减小，其他指示灯的功率增大解析：L 2灯丝烧断，则电路中的总电阻变大，由欧姆定律知，总电流减小，则除L 2支路外，其他支路两端的电压减小，强光灯和指示灯的功率都要减小．其他支路电压减小，则L 2两端电压升高，其功率增大．答案：C图10－1－2510．(2009·天津，9)如图10－1－25所示，单匝矩形闭合导线框abcd 全部处于磁感应强度为B 的水平匀强磁场中，线框面积为S ，电阻为R .线框绕与cd 边重合的竖直固定转轴以角速度ω匀速转动，线框中感应电流的有效值I ＝________.线框从中性面开始转过π2的过程中，通过导线横截面的电荷量q ＝________.解析：由题意可知E max ＝BSω，则回路中电流的有效值为I ＝E max 2R；当线圈从中性面转过π2时，由E ＝ΔΦΔt ＝BS Δt，I ＝E R 及q ＝I Δt 可求得q ＝BS R . 答案：2BSω2RBS R图10－1－2611．如图10－1－26所示，一台模型发电机的电枢是矩形导线框abcd ，其ab 和cd 边长l 1＝0.4 m ，ad 和bc 边长l 2＝0.2 m ，匝数n ＝100匝，它在磁感应强度B ＝0.2 T 的匀强磁场中绕通过线框对称中心线且垂直于磁场方向的轴OO ′匀速转动，当开关S 断开时，电压表的示数为10 2 V ，开关S 闭合时，外电路上标有“10 V 、10 W ”的灯泡恰好正常发光，求：(1)导线框abcd 在磁场中转动的角速度？(2)S 闭合后，当导线框从图示位置转过θ＝60°时的过程中通过灯泡的电荷量？解析：(1)E ＝10 2 V E m ＝20 V ＝nBωSω＝E m nBL 1L 2＝20100×0.2×0.4×0.2rad/s ＝12.5 rad/s. (2)S 闭合后U L ＝10 V ，P L ＝10 W ，I ＝P L U L ＝1 A ，所以R 总＝E I ＝10 2 Ω，q ＝n ΔΦR 总＝100×12BL 1L 2102＝100×12×0.2×0.4×0.2102C ＝225 C. 答案：(1)12.5 rad/s (2)225C图10－1－2712．如图10－1－27甲所示是某同学设计的一种振动发电装置的示意图，它的结构是一个套在辐向形永久磁铁槽中的半径为r ＝0.10 m 、匝数n ＝20匝的线圈，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图10－1－27乙所示)．在线圈所在位置磁感应强度B 的大小均为B ＝0.20πT ，线圈的电阻为R 1＝0.50 Ω，它的引出线接有R 2＝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，便有电流通过小电珠．当线圈运动速度v 随时间t 变化的规律如图10－1－27丙所示时(摩擦等损耗不计)．求：(1)小电珠中电流的最大值；(2)电压表的示数；(3)t ＝0.1 s 时外力F 的大小；(4)在不改变发电装置结构的条件下，要使小电珠的功率提高双倍，可采取什么办法(至少说出两种方法)?解析：(1)由题意及法拉第电磁感应定律知道，由于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最大值为：E m ＝nBl v ＝nB 2πr v m ，电路总电阻为：R 1＋R 2，那么小电珠中电流的最大值为I m ＝nB 2πr v m R 1＋R 2＝20×0.2×2π×0.1×2π(9.5＋0.5)＝0.16 A.(2)电压表示数为有效值U ＝U m 2＝22I m R 2＝22×0.16×9.5 V ＝0.76 2 V ≈1.07 V . (3)当t ＝0.1 s 也就是T /4时，外力F 的大小为F ＝nB 2πrI m ＝n 2B 2(2πr )2R 1＋R 2v m＝0.128 N. (4)提高v m 用变压器答案：(1)0.16 A (2)1.07 V (3)0.128 N (4)提高v m 用变压器。