江蘇專用2022版高考物理一輪復習課后練習32交變電流的產生及描述含解析江蘇專用2022版高考物理一輪復習課后練習32交變電流的產生及描述含解析PAGE15-江蘇專用2022版高考物理一輪復習課后練習32交變電流的產生及描述含解析交變電流的產生及描述建議用時：45分鐘1．（2019·廣西桂林市、賀州市期末聯考)一臺小型發電機與計算機相連接，計算機能將發電機產生的電動勢隨時間變化的圖象記錄下來，如圖甲所示，讓線圈在勻強磁場中以不同的轉速勻速轉動，計算機記錄了兩次不同轉速所產生正弦交流電的圖象如圖乙所示.則關于發電機先后兩次的轉速之比na∶nb，交流電b的最大值正確的是（）甲乙A．3∶2，eq\f（10\r（2），3)V B．3∶2，eq\f（20，3)VC．2∶3,eq\f(10\r（2），3)V D．2∶3，eq\f(20，3)VB［由題圖可知，a的周期為0.4s，b的周期為0。6s，則由n＝eq\f(1，T）可知,轉速與周期成反比,故曲線a、b對應的線圈轉速之比為3∶2；曲線a表示的交變電動勢最大值是10V，根據Em＝nBSω得曲線b表示的交變電動勢最大值是eq\f（20,3)V，故B正確,A、C、D錯誤.]2．如圖所示，一半徑為L的導體圓環位于紙面內，O為圓心。環內兩個圓心角為90°且關于O中心對稱的扇形區域內分布有勻強磁場,兩磁場的磁感應強度大小均為B、方向相反且均與紙面垂直。導體桿OM可繞O轉動，M端通過滑動觸點與圓環良好接觸，在圓心和圓環間連有電阻R，不計圓環和導體桿的電阻，當桿OM以恒定角速度ω逆時針轉動時，理想電流表A的示數為（）A．eq\f（\r（2）BL2ω，4R）B．eq\f(BL2ω，4R)C．eq\f（\r（2）BL2ω，2R)D．eq\f（BL2ω,2R)A[OM切割磁感線產生的電動勢E＝eq\f（BL2ω,2)，OM切割磁感線時產生的感應電流I＝eq\f（E,R），設電流的有效值為I有效，則Ieq\o\al(2，有效）RT＝2I2R·eq\f（1,4)T，解得I有效＝eq\f（\r（2)BL2ω，4R）,選項A正確。］3．小型交流發電機的矩形金屬線圈在勻強磁場中勻速轉動,產生的感應電動勢與時間的關系是正弦函數。將發電機與一個標有“6V6W”的小燈泡連接形成閉合回路,不計電路的其他電阻。當線圈的轉速為n＝5r/s時,小燈泡恰好正常發光,則電路中電流的瞬時值表達式為（）A．i＝sin5t(A) B．i＝sin10πt（A）C．i＝1.41sin5t（A） D．i＝1。41sin10πt（A）D[因為小燈泡正常發光，所以電路中電流的有效值為I＝eq\f(P，U)＝1A，則電流的最大值為Im＝eq\r（2)A≈1。41A.因為轉速n＝5r/s，且ω＝2nπ,所以ω＝10πrad/s，故電路中電流的瞬時值表達式為t＝1.41·sin10πt(A），選項D正確.]4．（2019·資陽模擬）如圖甲所示，矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁感線的中心軸OO′勻速轉動，產生的感應電動勢e隨時間t的變化曲線如圖乙所示.若外接電阻的阻值R＝9Ω，線圈的電阻r＝1Ω,則下列說法正確的是(）甲乙A．線圈轉速為100πrad/sB．0。01s末穿過線圈的磁通量最大C．通過線圈的最大電流為10AD．電壓表的示數為90VC[由乙圖可知，線圈轉動的周期T＝0.04s，線圈轉速n數值上等于頻率,而f＝eq\f(1,T）＝25Hz，因此線圈轉速為n＝25r/s，故A項錯誤;0.01s末，線圈產生的感應電動勢最大，此時線圈處于與中性面垂直位置，穿過線圈的磁通量最小為零，故B項錯誤；根據閉合電路的歐姆定律可知Im＝eq\f（Em,R＋r）＝eq\f(100，9＋1)A＝10A，故C項正確；電壓表測量的是有效值，故U＝eq\f(Im,\r（2)）R＝45eq\r（2)V，故D項錯誤.］5．（2020·湖北黃岡市高三模擬）一內阻值為R的電動機接到如圖甲所示的正弦交流電源上，另一內阻值為eq\f（1,2)R的電動機接到如圖乙所示的正弦交流電源上.已知兩電動機的輸出效率相同，則在相同時間內，兩電動機產生的電熱之比Q1∶Q2為（）甲乙A．2∶1B．4∶1C．1∶2D．1∶4A[由題圖可知,兩電源電壓的有效值之比為U1∶U2＝2∶1依題意有eq\f（U1I1－I\o\al（2，1)R,U1I1)＝eq\f（U2I2－I\o\al（2,2)\f（R,2)，U2I2），解得I1∶I2＝U1∶2U2＝1∶1在相同時間內，兩電動機產生的電熱之比為Q1∶Q2＝(Ieq\o\al(2，1）Rt）∶eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（I\o\al（2,2）\f（R,2)t))＝2Ieq\o\al（2,1）∶Ieq\o\al（2,2)＝2∶1，故選A。］6．(2019·蘇州期末)圖甲為興趣小組制作的無線充電裝置中受電線圈示意圖，已知線圈匝數n＝100匝、電阻r＝1Ω、橫截面積S＝1。5×10－3m2,外接電阻R＝7Ω。線圈處在平行于線圈軸線的磁場中，磁場的磁感應強度隨時間變化如圖乙所示，設磁場的正方向水平向左,則()甲乙A．在t＝0。005s時通過電阻R的電流大小為0B．在t＝0.005s時通過電阻R的電流方向由a流向bC．在0～0.01s內通過電阻R的電荷量q＝1.5×10－3CD．在0。02～0.03s內電阻R產生的焦耳熱為Q＝1。8×10－3JC[在t＝0.005s時，磁通量變化最快，根據法拉第電磁感應定律，感應電動勢最大，通過R的感應電流最大，故A錯誤；在t＝0.005s時，根據楞次定律可知,感應電流方向由b流向a，故B錯誤;根據法拉第電磁感應定律E＝neq\f（ΔΦ，Δt），I＝eq\f(E,R＋r)，q＝IΔt，聯立可得q＝eq\f（nΔΦ,R＋r）＝eq\f(100×1.5×10－3×8×10－2，7＋1）C＝1。5×10－3C，故C正確；由于磁感應強度按正弦規律變化，ω＝eq\f（2π，0。02)rad/s＝100πrad/s,所以產生的感應電動勢的最大值Em＝nΦmω＝100×4×10－2×1。5×10－3×100πV＝0。6πV，電流的有效值為I＝eq\f（Em，\r（2）R＋r）＝eq\f（0。6π,8\r（2)）A，在0。02～0.03s內電阻R產生的焦耳熱為Q＝I2Rt＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（0.6π,8\r(2))））eq\s\up12(2）×7×0。01J＝1.9×10－3J，故D錯誤。]7．如圖所示，甲為小型旋轉電樞式交流發電機，電阻為r＝2Ω的矩形線圈在磁感應強度為B的勻強磁場中,繞垂直于磁場方向的固定軸OO′勻速轉動，線圈的兩端經集流環和電刷與右側電路連接,右側電路中滑動變阻器R的最大阻值為R0＝4Ω,滑動片P位于滑動變阻器中點，定值電阻R1＝7Ω，R2＝2Ω，其他電阻不計.從線圈平面與磁場方向平行時開始計時，閉合開關S。線圈轉動過程中理想交流電壓表示數是10V，圖乙是矩形線圈磁通量隨時間t變化的圖象。則下列說法正確的是(）甲乙A．電阻R上的熱功率為0。5WB．0。02s時滑動變阻器R兩端的電壓瞬時值為零C．線圈產生的電壓隨時間變化的規律是e＝10eq\r（2）cos100πt(V）D．線圈從零時刻轉動到t＝eq\f（1，600）s的過程中，通過R1的電荷量為eq\f（1，200π）CA[根據串并聯電路的知識得:負載總電阻R總＝R1＋eq\f(R0，2）＋eq\f(R0，4）＝10Ω，理想交流電壓表示數是10V,所以干路電流I＝1A，所以電阻R2上兩端電壓UR2＝1V，電阻R2上的熱功率PR2＝0.5W，故A正確。由乙圖可知，0.02s通過線圈的磁通量為零，感應電動勢最大，R兩端的電壓瞬時值不為零，故B錯誤.由乙圖可知，T＝0.02s,ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，電動勢的有效值E＝10V＋1×2V＝12V，電動勢的最大值Em＝12eq\r（2)V，所以線圈產生的e隨時間t變化的規律是e＝12eq\r(2)cos100πt（V）,故C錯誤。電動勢的最大值Em＝12eq\r(2）V＝nBSω，Φ＝BS＝eq\f（12\r（2)，n×100π)Wb。矩形線圈磁通量Φ隨時間t變化的規律為Φ＝eq\f（12\r(2），n×100π）sin100πtWb，線圈開始轉動到t＝eq\f（1，600)s的過程中，通過電阻R1的電量為eq\f（nΔΦ，R總＋r)＝eq\f（\r（2)，200π)C，故D錯誤。]8．如圖所示,線圈ABCD匝數n＝10，面積S＝0。4m2，邊界MN(與線圈的AB邊重合）右側存在磁感應強度B＝eq\f（2，π）T的勻強磁場，若線圈從圖示位置開始繞AB邊以ω＝10πrad/s的角速度勻速轉動。則以下說法正確的是()A．線圈產生的是正弦交流電B．線圈在轉動過程中產生的最大感應電動勢為80VC．線圈轉動eq\f（1，60)s時瞬時感應電動勢為40eq\r（3）VD．線圈產生的感應電動勢的有效值為40eq\r(3）VB[線圈在有界勻強磁場中將產生正弦半波脈動電流，故A錯誤；電動勢最大值Em＝nBSω＝80V，故B正確；線圈轉動eq\f（1,60）s、轉過角度eq\f(π,6），瞬時感應電動勢為e＝Emsineq\f(π，6）＝40V,故C錯誤；在一個周期時間內，只有半個周期產生感應電動勢，根據有效值的定義有eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（Em，\r（2)R））)eq\s\up12(2）R·eq\f（T，2）＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(E,R）））eq\s\up12(2)RT，可得電動勢有效值E＝eq\f（Em，2）＝40V，故D錯誤。］9．如圖所示，邊長為L的正方形單匝線圈abcd，電阻為r，外電路的電阻為R，ab的中點和cd的中點的連線OO′恰好位于勻強磁場的邊界線上，磁場的磁感應強度為B，若線圈從圖示位置開始，以角速度ω繞OO′軸勻速轉動，則以下判斷正確的是(）A．圖示位置線圈中的感應電動勢最大為Em＝BL2ωB．從圖示位置開始計時，閉合電路中感應電動勢的瞬時值表達式為e＝eq\f（1,2）BL2ωcosωtC．線圈從圖示位置轉過180°的過程中，流過電阻R的電荷量為q＝eq\f（2BL2,R＋r）D．線圈轉動一周的過程中，電阻R上產生的熱量為Q＝eq\f(πB2ωL4R，4R＋r2)D[題圖位置線圈中的感應電動勢最小，為零，A錯誤；若線圈從題圖位置開始轉動,閉合電路中感應電動勢的瞬時值表達式e＝eq\f(1，2)BL2ωsinωt，B錯誤；線圈從題圖位置轉過180°的過程中，流過電阻R的電荷量為q＝eq\x\to（I）·Δt＝eq\f(ΔΦ，R總）＝eq\f(BL2,R＋r），C錯誤；Em＝eq\f(1,2)BL2ω，線圈轉動一周的過程中，電阻R上產生的熱量為Q＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(\f（Em，\r（2)）,R＋r)））eq\s\up20（2）·R·eq\f（2π，ω)＝eq\f（πB2ωL4R，4R＋r2)，D正確。］10．（2019·湖北省大冶市月考)如圖甲所示，將阻值為R＝5Ω的電阻接到內阻不計的正弦交變電源上，電流隨時間變化的規律如圖乙所示，電壓表、電流表均為理想電表，下列說法正確的是（）甲乙丙丁A．電壓表兩端讀數為2.5VB．電阻R消耗的電功率為1。25WC．若此交變電流由一矩形線框在勻強磁場中勻速轉動產生,如圖丙所示，當線圈的轉速提升一倍時，電流表的示數為1AD．圖乙交變電流與圖丁所示電流比較，接同一電阻的發熱功率之比為1∶2D[由圖可知,電流的最大值Im＝0。5A，則電壓的最大值:Um＝Im·R＝0。5×5V＝2。5V，那么電壓的有效值U＝1。25eq\r(2）V＝1.77V，故A錯誤；R上的電功率P＝UI＝eq\f（U2,R)＝eq\f(1。25\r(2)2，5）＝0。625W，故B錯誤；轉速增倍，電流也增倍，則電流的最大值變為1A，有效值變為eq\f(\r（2),2)A，則電流表讀數為eq\f（\r（2),2）A，故C錯誤；由有效值的概念可得丁的電流有效值為0.5A，則乙與丁的電流有效值之比為1∶eq\r（2），根據P＝I2R可知,發熱功率之比為1∶2，故D正確。]11．（2019·天津高考）單匝閉合矩形線框電阻為R，在勻強磁場中繞與磁感線垂直的軸勻速轉動，穿過線框的磁通量Φ與時間t的關系圖象如圖所示.下列說法正確的是()A．eq\f（T，2)時刻線框平面與中性面垂直B．線框的感應電動勢平均值為eq\f（\r(2）πΦm,T）C．線框轉一周外力所做的功為eq\f(2π2Φ\o\al（2,m)，RT)D．從t＝0到t＝eq\f（T,4）過程中線框的平均感應電動勢為eq\f（πΦm,T)C［中性面的特點是與磁場垂直，穿過的磁通量最大，磁通量變化率最小,則eq\f(T,2)時刻線框在中性面上，A錯；電動勢最大值為Em＝Φmω＝Φmeq\f(2π，T)，對正弦交流電，E有＝eq\f（Em，\r（2)）＝eq\f（\r（2)πΦm，T)，B錯；由功能關系知，線框轉一周外力做的功等于產生的電能，W＝E電＝eq\f(E\o\al(2,有)，R）·T＝eq\f（2π2Φ\o\al(2,m),RT），C對；由法拉第電磁感應定律知,eq\x\to（E）＝eq\f(ΔΦ,Δt）＝eq\f(Φm,\f(T,4）)＝eq\f（4Φm,T），D錯。]12．如圖所示，正方形線圈abcd的邊長L＝0。3m，線圈電阻為R＝1Ω。直線OO′與ad邊相距eq\f(2，3）L，過OO′且垂直紙面的豎直平面右側有磁感應強度B＝1T的勻強磁場，方向垂直紙面向里。線圈以OO′為軸勻速轉動，角速度ω＝20rad/s,以圖示位置為計時起點。則（）A．線圈中產生的交流電瞬時值表達式為u＝0。6cos20tB．流過ab邊的電流方向保持不變C．當t＝eq\f（π，20)s時,穿過線圈的磁通量為0.06WbD．從t＝0到t＝eq\f（π,40)s,穿過線圈磁通量的變化量大小為0。06WbC［當bc邊在磁場中時，線圈中產生的交流電最大值為Em1＝BωS1＝1×20×0。3×0。1V＝0.6V，則瞬時值表達式為u＝0.6sin20t(V）；當ad邊在磁場中時，線圈中產生的交流電最大值為Em2＝BωS2＝1×20×0。3×0.2V＝1.2V，瞬時值表達式為u＝1。2sin20t（V）,選項A錯誤；每個周期電流方向改變兩次,故B錯誤；t＝eq\f(π,20)s時,線圈轉過180°，adO′O在磁場中，垂直于磁場，故穿過線圈的磁通量為Φ＝B×eq\f（2,3）L2＝1×eq\f（2,3)×0。32＝0。06Wb,故C正確；從t＝0到t＝eq\f(π，40)s，線圈轉過90°，此時線圈平面與磁場方向平行，磁通量為零，故穿過線圈磁通量的變化ΔΦ＝eq\f(1,3）BS＝0。03Wb，故D錯誤.]13．有一種兒童滑板車,輪子一轉就閃閃發光.車輪里有磁體、線圈組成的簡易發電系統,可對發光二極管供電。該發電系統簡化為以下模型：一電阻為R、邊長為L的單匝正方形均勻線圈abcd，處于磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中。現對線圈施加一外力F，使線圈以角速度ω繞bc邊勻速轉動，產生正弦交流電.已知線圈質量為m，重力加速度為g，求:(1）線圈在圖示豎直位置時,產生的感應電動勢大小E0及ad邊受到的安培力大小FA；（2）線圈從圖示豎直位置轉過90°的過程中，通過線圈截面的電荷量q；(3）在(2)的情況下,線框中產生的熱量Q及外力F對線框做的功W。［解析](1)線圈產生的感應電動勢E0＝BL2ω形成的感應電流I＝eq\f（E0,R）ad邊受到的安培力FA＝BIL解得FA＝eq\f（B2L3ω，R)。(2)此過程產生的平均感應電動勢eq\o（E，\s\up6（－））＝eq\f(ΔΦ,Δt）＝eq\f(BΔS,Δt)平均感應電流eq\o（I,\s\up6(－））＝eq\f（\o（E,\s\up6(－))，R）則q＝eq\o(I，\s\up6(－））·Δt解得q＝eq\f(BL2，R）。（3）產生電動勢的有效值E＝eq\f(E0，\r(2））產生的熱