第2节　交变电流的产生

第2节交变电流的产生课后篇巩固提升必备知识基础练1.(多选)某小型发电机产生的交变电动势为e=50sin100πtV。对此电动势,下列表述正确的有()A.最大值是502V B.频率是100HzC.有效值是252V D.周期是0.02s解析由交变电动势的表达式可知,电动势的最大值Em=50V,则有效值E=Em2=252V,周期T=2πω=0.02s,频率f=1T=50Hz,答案CD2.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动,从中性面开始转动180°角的过程中,平均感应电动势和最大感应电动势之比为()A.π2 B.2π C.2π D解析线圈从中性面转过180°角过程中,磁通量的变化为ΔΦ=Φ2-Φ1=BS-(-BS)=2BS,平均感应电动势E=NΔΦΔt=2NBSπω=2答案B3.(2020江苏宿豫中学月考)交流发电机在工作时电动势为e=Emsinωt,若将发电机的转速提高一倍,同时将电枢所围面积减小一半,其他条件不变,则其电动势变为()A.e'=Emsinωt2 B.e'=2EmsinC.e'=Emsin2ωt D.e'=Em2sin2解析本题考查交变电压的瞬时值表达式e=Emsinωt,而Em=NBSω,当ω加倍而S减半时,Em不变,故正确答案为C。答案C4.(2020吉林吉林市一中检测)线框在匀强磁场中绕OO'轴匀速转动(由上向下看是逆时针方向),当转到如图所示位置时,磁通量和感应电动势大小的变化情况是()A.磁通量和感应电动势都在变大B.磁通量和感应电动势都在变小C.磁通量在变小,感应电动势在变大D.磁通量在变大,感应电动势在变小解析由题图,设线框平面与中性面夹角为θ,则有Φ=Φmcosθ,e=Emsinθ,因为θ角变小,所以磁通量变大,感应电动势变小。答案D5.(多选)(2020陕西渭南检测)一矩形金属线圈,绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动,线圈中产生的感应电动势e随时间t变化的规律如图所示,下列说法中正确的是()A.此交变电流的频率为10HzB.此感应电动势的有效值为2VC.t=0.1s时,线圈平面与磁场方向垂直D.在线圈平面与磁场方向成30°角时,感应电动势的大小为1V解析由图像知周期T=0.2s,所以频率f=5Hz,A错误;由图像可知,感应电动势的最大值为2V,有效值为E=22V=2V,故B正确;由图可知,t=0.1s时,感应电动势为0,所以线圈平面与磁场方向垂直,故C正确;在线圈平面与磁场方向成30°时,感应电动势的大小e=2sin60°V=3V,故D答案BC6.如图甲所示,矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO'匀速转动,从某时刻开始计时,产生的感应电动势e随时间t的变化图像如图乙所示,若外接电阻R=70Ω,线圈电阻r=10Ω,求:(1)线圈的角速度;(2)通过线圈的最大电流;(3)电压表的示数。解析(1)由题图乙知,交变电流的周期T=4×10-2s线圈转动的角速度ω=2πT=2π4×(2)由题图乙知,线圈产生的感应电动势的最大值Em=100V则线圈的最大电流Im=Emr+R=10010+70(3)线圈产生的感应电动势的有效值E=Em2=1002V电压表的示数U=Er+R·R=50210+70×70V=答案(1)50πrad/s(2)1.25A(3)61.9V7.某兴趣小组设计了一种发电装置,如图所示。在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角均为49π,磁场均沿半径方向。匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab=cd=l、bc=ad=2l。线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动,bc和ad边同时进入磁场。在磁场中,两条边所经过处的磁感应强度大小均为B,方向始终与两边的运动方向垂直。线圈的总电阻为r,外接电阻为R。求(1)线圈切割磁感线时,感应电动势的大小Em;(2)线圈切割磁感线时,bc边所受安培力的大小F;(3)外接电阻上电流的有效值I。解析(1)bc、ad边的运动速度v=ωl2,感应电动势Em=4NBlv,解得Em=2NBl2ω(2)电流Im=Emr+R,安培力F=2NBIl,(3)一个周期内,通电时间t=49T,R上消耗的电能W=Im2Rt且W=I2RT,解得答案(1)2NBl2ω(2)4N2B关键能力提升练8.(多选)如图所示为交流发电机示意图,线圈的AB边连在金属滑环K上,CD边连在金属滑环L上,两个电刷E、F分别压在两个滑环上,线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路的连接。关于其工作原理,下列分析正确的是()A.当线圈平面转到中性面的瞬间,穿过线圈的磁通量最大B.当线圈平面转到中性面的瞬间,线圈中的感应电流最大C.当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间,穿过线圈的磁通量最小D.当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间,线圈中的感应电流最小解析当线圈平面转到中性面的瞬间,穿过线圈的磁通量最大,磁通量变化率为零,感应电动势为零,线圈中的感应电流为零,故选项A正确,B错误;当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间,穿过线圈的磁通量最小,磁通量变化率最大,感应电动势最大,线圈中的感应电流最大,选项C正确,D错误。答案AC9.(多选)(2020湖北荆门高三元月调考)如图所示,固定平行的长直导轨M、N放置于匀强磁场中,导轨间距L=1m,磁感应强度B=5T,方向垂直于导轨平面向下,导体棒与导轨接触良好,驱动导体棒使其在磁场区域运动,速度随时间的变化规律为v=2sin10πtm/s,导轨与阻值为R=9Ω的外电阻相连,已知导体棒的电阻为r=1Ω,不计导轨与电流表的电阻,则下列说法正确的是()A.导体棒做切割磁感线运动,产生频率为5Hz的正弦交流电B.导体棒产生的感应电动势的有效值为10VC.交流电流表的示数为0.5AD.0~T2时间内R产生的热量为0.解析据题意,速度变化规律为v=2sin10πtm/s,则产生的电动势为E=BLv=10sin10πtV,即产生频率为f=ω2π=10π2π=5Hz的正弦交变电流;电动势峰值为Em=10V,则导体棒电动势的有效值E=Em2=52V,故A正确,B错误;电流表示数I=Er+R=521+9A=22A,故C错误;交变电流的周期:T=1f=0.2s,在0~T2内电阻R上产生热量Q=I2R答案AD10.(多选)(2020华南师大附中实验中学期末联考)在匀强磁场中,一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动,如图甲所示,产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示,则下列说法正确的是()A.t=0.01s时穿过线框的磁通量最小B.该线圈转动的角速度大小为πrad/sC.该交变电动势的瞬时值表达式为e=222sin100πtVD.线框平面与中性面的夹角为45°时,电动势瞬时值为22V解析由图像知:t=0.01s时,感应电动势为零,则穿过线框的磁通量最大,故A错误;该线圈转动的角速度大小为ω=2πT=100πrad/s,故B错误;当t=0时,电动势为零,线圈平面与磁场方向垂直,故该交变电动势的瞬时值表达式为e=Emsinωt=222sin100πtV,故C正确;线框平面与中性面的夹角为45°时,电动势瞬时值为e=Emsin45°=22V,故答案CD11.有一10匝正方形线框,边长为20cm,线框总电阻为1Ω,线框绕OO'轴以10πrad/s的角速度匀速转动,如图所示,垂直于线框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.5T。该线框产生的交变电流电动势最大值为V、电流最大值为A;线框从图示位置转过60°时,感应电动势的瞬时值为V。

解析交变电流电动势最大值为Em=nBSω=10×0.5×0.22×10πV=6.28V,电流最大值为Im=EmR=6.281A=6.28A。线框从图示位置转过60°时,感应电动势e=Emsin60°答案6.286.285.4412.在水平方向的匀强磁场中,有一个正方形闭合线圈绕垂直于磁感线的轴匀速转动,已知线圈的匝数为N=100匝,边长为20cm,电阻为10Ω,转动频率f=50Hz,磁场的磁感应强度为0.5T,求:(1)外力驱动线圈转动的功率;(2)当线圈转至线圈平面与中性面的夹角为30°时,线圈产生的感应电动势及感应电流的大小;(3)线圈由中性面转至与中性面成30°角的过程中,通过导线横截面的电荷量。解析(1)线圈中产生的感应电动势的最大值为Em=NBSω=100×0.5×0.22×2π×50V=628V,感应电动势的有效值为E=Em2=3142V,外力驱动线圈转动的功率与线圈中交变电流的功率相等,即P外=E2R=(3142)210(2)当线圈转至线圈平面