（通用版）2023高考物理一輪復習第11章交變電流傳感器第1節(jié)課時提能練31交變電流的產(chǎn)生及描述

PAGEPAGE2課時提能練(三十一)交變電流的產(chǎn)生及描述(限時：40分鐘)A級跨越本科線1．在勻強磁場中，一矩形金屬線圈繞與磁感線垂直的轉軸勻速轉動，如圖11-1-12甲所示，產(chǎn)生的交變電動勢的圖象如圖乙所示，那么()圖11-1-12A．t＝0.005s時線圈平面與磁場方向平行B．t＝0.010s時線圈的磁通量變化率最大C．線圈產(chǎn)生的交變電動勢頻率為100HzD．線圈產(chǎn)生的交變電動勢的有效值為311VA[t＝0.005s時線圈平面與磁場方向平行，感應電動勢最大，選項A正確；t＝0.010s時線圈的磁通量最大，變化率最小，選項B錯誤；線圈產(chǎn)生的交變電動勢周期為0.02s，頻率為50Hz，選項C錯誤；線圈產(chǎn)生的交變電動勢的最大值為311V，選項D錯誤．]2．(2022·四川高考)小型手搖發(fā)電機線圈共N匝，每匝可簡化為矩形線圈abcd，磁極間的磁場視為勻強磁場，方向垂直于線圈中心軸OO′，線圈繞OO′勻速轉動，如圖11-1-13所示．矩形線圈ab邊和cd邊產(chǎn)生的感應電動勢的最大值都為e0，不計線圈電阻，那么發(fā)電機輸出電壓()圖11-1-13A．峰值是e0 B．峰值是2e0C．有效值是eq\f(\r(2),2)Ne0 D．有效值是eq\r(2)Ne0D[因每匝矩形線圈ab邊和cd邊產(chǎn)生的電動勢的最大值都是e0，每匝中ab和cd串聯(lián)，故每匝線圈產(chǎn)生的電動勢的最大值為2e0.N匝線圈串聯(lián)，整個線圈中感應電動勢的最大值為2Ne0，因線圈中產(chǎn)生的是正弦交流電，那么發(fā)電機輸出電壓的有效值E＝eq\r(2)Ne0，應選項D正確．]3．(多項選擇)如圖11-1-14所示，垂直于紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場以虛線為界，虛線左側磁場范圍足夠大，單匝矩形線圈的中軸線與磁場邊界重合，線圈以恒定的角速度ω繞中軸線轉動，線圈所圍面積為S，線圈導線的總電阻為R.t＝0時刻線圈平面與紙面重合，那么以下說法正確的選項是()【導學號：92492386】圖11-1-14A．t時刻線圈中電流的瞬時值為eq\f(BSω,2R)sinωtB．線圈中電流的有效值為eq\f(\r(2)BSω,4R)C．線圈中電流的最大值為eq\f(\r(2)BSω,4R)D．線圈消耗的電功率為eq\f(BSω2,R)AB[電動勢的最大值應為Em＝eq\f(BSω,2)，t＝0時，e＝0，因此電動勢瞬時值表達式應為e＝eq\f(1,2)BSωsinωt，電流瞬時值表達式為i＝eq\f(BSω,2R)sinωt，A項正確；電流的有效值I＝eq\f(\r(2)BSω,4R)，最大值Im＝eq\f(BSω,2R)，B項正確，C項錯誤；線圈消耗的電功率P＝I2R＝eq\f(BSω2,8R)，D項錯誤．]4．如圖11-1-15所示是某種交變電流隨時間變化的圖線，i>0局部的圖線是一個正弦曲線的正半周，i<0局部的圖線是另一個正弦曲線的負半周，其最大值如圖中所示，由圖象可知()圖11-1-15A．這種交變電流的周期為TB．這種交變電流的周期為4TC．這種交變電流的有效值為eq\r(2)I0D．這種交變電流的有效值為eq\r(6)I0C[交變電流的周期為3T，選項A、B錯誤．在0到T時間內交變電流的有效值為2I0，在T到3T時間內交變電流的有效值為I0，根據(jù)有效值的定義可得(2I0)2RT＋Ieq\o\al(2,0)R(2T)＝I2R(3T)，解得I＝eq\r(2)I0，選項C正確，D錯誤．]5．先后用不同的交流電源給同一盞燈供電，第一次燈泡兩端的電壓隨時間按正弦規(guī)律變化(如圖11-1-16甲所示)；第二次燈泡兩端的電壓變化規(guī)律如圖11-1-16乙所示．假設甲、乙圖中的U0、T所表示的電壓、周期值是相同的，那么以下說法正確的選項是()圖11-1-16A．第一次，燈泡兩端的電壓有效值是eq\f(U0,2)B．第二次，燈泡兩端的電壓有效值是eq\f(3U0,2)C．第一、第二次，燈泡的電功率之比是2∶9D．第一、第二次，燈泡的電功率之比是1∶5D[第一次，燈泡兩端電壓的有效值為U1＝eq\f(U0,\r(2))，功率P1＝eq\f(U\o\al(2,1),R)＝eq\f(U\o\al(2,0),2R).第二次，設燈泡兩端電壓的有效值為U2，那么eq\f(2U02,R)eq\f(T,2)＋eq\f(－U02,R)eq\f(T,2)＝eq\f(U\o\al(2,2),R)T，解得U2＝eq\r(\f(5,2))U0，功率P2＝eq\f(U\o\al(2,2),R)＝eq\f(5U\o\al(2,0),2R)，那么P1∶P2＝1∶5，故A、B、C錯誤，D正確．]6．(多項選擇)如圖11-1-17所示，面積為S的矩形線圈共N匝，線圈總電阻為R，在磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中以豎直線OO′為軸，以角速度ω勻速旋轉，圖示位置C與紙面共面，位置A與位置C成45°角．線圈從位置A轉過90°到達位置B的過程中，以下說法正確的選項是()圖11-1-17A．平均電動勢為eq\f(2\r(2),π)NBSωB．通過線圈某一截面的電荷量q＝eq\f(2\r(2)NBS,R)C．在此轉動過程中，外界對線圈做的總功為eq\f(N2B2S2πω,4R)D．在此轉動過程中，電流方向會發(fā)生改變AC[線圈從位置A轉過90°到達位置B的過程中，ΔΦ＝2BScos45°＝eq\r(2)BS，Δt＝eq\f(\f(π,2),ω)，根據(jù)E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)，得E＝eq\f(2\r(2),π)NBSω，故A正確；根據(jù)E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)，q＝eq\f(E,R)Δt＝Neq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(\r(2)NBS,R)，故B錯誤；產(chǎn)生電動勢的峰值Em＝NBSω，那么有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(NBSω,\r(2))，那么W＝Q＝eq\f(E2,R)Δt＝eq\f(N2B2S2πω,4R)，故C正確；線圈經(jīng)過中性面，電流方向改變，線圈從位置A轉過90°到達位置B的過程中，電流方向不變，故D錯誤．]7．(多項選擇)一單匝矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉動時產(chǎn)生正弦式交變電流，其電動勢的變化規(guī)律如圖11-1-18a所示，當調整線圈轉速后，電動勢的變化規(guī)律如圖b所示．以下關于這兩個正弦式交變電流的說法正確的選項是()【導學號：92492387】圖11-1-18A．從圖線可算出穿過線圈磁通量的最大值B．線圈先后兩次轉速之比為2∶3C．在圖線a和b中，t＝0時刻穿過線圈的磁通量均為零D．圖線b電動勢的瞬時值表達式為e＝100sineq\f(100πt,3)(V)AD[Eam＝150V＝BSωa＝Φm·ωa，ωa＝eq\f(2π,Ta)＝eq\f(2π,0.04)rad/s＝50πrad/s得Φm＝eq\f(3,π)Wb，故A正確；Ta∶Tb＝0.04s∶0.06s＝2∶3.T＝eq\f(1,n)，所以na∶nb＝3∶2，故B錯誤；t＝0時，穿過線圈的磁通量最大，故C錯誤；Ebm＝Φm·eq\f(2π,Tb)＝100V，ωb＝eq\f(2π,Tb)＝eq\f(100,3)πrad/s.所以e＝100sineq\f(100,3)πt(V)，故D正確．]8．一個邊長為6cm的正方形金屬線框置于勻強磁場中，線框平面與磁場垂直，電阻為0.36Ω.磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖11-1-19所示，那么線框中感應電流的有效值為()圖11-1-19A.eq\r(2)×10－5A B．eq\r(6)×10－5AC.eq\f(\r(2),2)×10－5A D．eq\f(3\r(2),2)×10－5AB[由法拉第電磁感應定律和歐姆定律得e＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝S·eq\f(ΔB,Δt)，i＝eq\f(e,R)＝eq\f(S,R)·eq\f(ΔB,Δt)結合題圖可得在0～3s內，i1＝eq\f(6×10－22,0.36)×eq\f(6×10－3－0,3)A＝2×10－5A在3～5s內，i2＝eq\f(6×10－22,0.36)×eq\f(0－6×10－3,2)A＝－3×10－5A故可作出i隨時間變化的圖象，如下圖．由交變電流有效值的定義可得ieq\o\al(2,1)Rt1＋ieq\o\al(2,2)Rt2＝i2Rt代入數(shù)據(jù)可解得i＝eq\r(6)×10－5A，應選項B正確．]B級名校必刷題9．一個U形金屬線框在勻強磁場中繞OO′軸以相同的角速度勻速轉動，通過導線給同一電阻R供電，如圖11-1-20甲、乙所示．其中甲圖中OO′軸右側有磁場，乙圖中整個空間均有磁場，兩磁場感應強度相同．那么甲、乙兩圖中交流電流表的示數(shù)之比為()圖11-1-20A．1eq\r(2) B．12C．14 D．11A[圖甲中的磁場只在OO′軸的右側，所以線框只在半周期內有感應電流產(chǎn)生，如圖(a)，電流表測得的是有效值，所以I＝eq\f(1,2)×eq\f(BSω,R).題圖乙中的磁場布滿整個空間，線框中產(chǎn)生的感應電流如圖(b)，所以I′＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(BSω,R)，那么I∶I′＝1∶eq\r(2)，即A正確．]10．如圖11-1-21所示為小型旋轉電樞式交流發(fā)電機，電阻r＝1Ω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(jīng)集流環(huán)和電刷與電路連接，滑動變阻器R的最大阻值為6Ω，滑動片P位于滑動變阻器距下端eq\f(1,3)處，定值電阻R1＝2Ω，其他電阻不計，線圈勻速轉動的周期T＝0.02s．閉合開關S，從線圈平面與磁場方向平行時開始計時，線圈轉動過程中理想電壓表示數(shù)是5V．以下說法正確的選項是()【導學號：92492388】圖11-1-21A．電阻R1消耗的功率為eq\f(2,3)WB．0.02s時滑動變阻器R兩端的電壓瞬時值為零C．線圈產(chǎn)生的電動勢e隨時間t變化的規(guī)律是e＝6eq\r(2)sin100πt(V)D．線圈從開始計時到eq\f(1,200)s的過程中，通過R1的電荷量為eq\f(\r(2),200π)CD[設電源的電動勢為E，由串、并聯(lián)電路特點，可得：5V＝eq\f(E,5＋1)·5，可得：E＝6V，由閉合電路歐姆定律知，電路中的總電流I＝1A，由焦耳定律可得：電阻R1消耗的功率P1＝Ieq\o\al(2,1)R1＝eq\f(I2,4)R1＝eq\f(1,2)W，選項A錯誤；0.02s時正好是圖示時刻，此時線圈產(chǎn)生的電動勢最大，滑動變阻器兩端的電壓也為最大值，而不是零，選項B錯誤；由題設條件可得：角速度ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，那么從圖示時刻算起，線圈產(chǎn)生電動勢的表達式為e＝Emcosωt＝6eq\r(2)cos100πt(V)，選項C錯誤；線圈從開始計時到eq\f(1,200)s的過程中，通過線圈的磁通量的變化量ΔΦ＝BS，由法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律和電流的定義可得：q＝eq\f(NΔΦ,R＋r)＝eq\f(NBS,R＋r)＝eq\f(Em,ωR＋r)＝eq\f(\r(2),100π)C，由串并聯(lián)電路特點可得，通過R1的電荷量q1＝eq\f(1,2)q＝eq\f(\r(2),200π)C，選項D正確．]11．圖11-1-22甲是交流發(fā)電機模型示意圖．在磁感應強度為B的勻強磁場中，有一矩形線圈abcd可繞線圈平面內垂直于磁感線的軸OO′轉動，由線圈引出的導線ae和df分別與兩個跟線圈一起繞軸OO′轉動的金屬圓環(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，這樣矩形線圈在轉動中就可以保持和外電路電阻R形成閉合電路．圖乙是線圈的主視圖，導線ab和cd分別用它們的橫截面來表示．a(chǎn)b長度為L1，bc長度為L2，線圈以恒定角速度ω逆時針轉動(只考慮單匝線圈)．甲乙丙圖11-1-22(1)線圈平面處于中性面位置時開始計時，試推導t時刻整個線圈中的感應電動勢e1的表達式；(2)線圈平面處于與中性面成φ0夾角位置時開始計時，如圖丙所示，試寫出t時刻整個線圈中的感應電動勢e2的表達式．【解析】(1)矩形線圈abcd轉動過程中，只有ab和cd切割磁感線，設ab和cd的轉動速度為v，那么v＝ω·eq\f(L2,2)在t時刻，線框轉到如下圖位置(主視圖)，導線ab和cd因切割磁感線而產(chǎn)生的感應電動勢均為E1＝BL1vy由圖可知vy＝vsinωt那么整個線圈的感應電動勢為e1＝2E1＝BL1L2ωsinωt.(2)當線圈由題圖丙位置開始運動時，在t時刻線圈平面與中性面的夾角為(ωt＋φ0)，那么整個線圈的感應電動勢為e2＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)．【答案】(1)e1＝BL1L2ωsinωt(2)e2＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)12．如圖11-1-23所示為交流發(fā)電機示意圖，矩形線圈的匝數(shù)N＝50匝，每匝線圈的邊長lab＝0.4m，lbc＝0.2m，矩形線圈所在處的勻強磁場的磁感應強度B＝0.2T，磁感應強度與線圈軸線垂直，線圈總電阻r＝1Ω，外接電阻R＝9Ω，線圈以n＝eq