（广东专用）高考物理一轮复习方案 第32讲 交变电流的产生及描述（含解析）

课时作业(三十二)[第32讲交变电流的产生及描述]eq\a\vs4\al\co1(基础热身)1．·佛山二模(双选)如图K32－1所示，线圈在磁场中匀速转动产生交变电流，以下相关说法中正确的是()甲乙丙丁图K32－1A．线圈在甲、丙图所示位置时，磁通量变化率最大B．线圈在乙、丁图所示位置时，产生的电流最大C．线圈平面经过甲、丙图所示位置时，电流的方向都要改变一次D．线圈每转动一周，电流方向改变一次2．·泉州模拟如图K32－2所示，面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e＝BSωsinωt的是()ABCD图K32－23．·广东调研如图K32－3所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，关于这两个正弦交流电，下列说法不正确的是()图K32－3A．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B．线圈先后两次转速之比为3∶2C．交流电a的瞬时值为u＝10sin5πtVD．交流电b的最大值为eq\f(20,3)V4．·东莞调研(双选)理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶5.原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u如图K32－4所示．副线圈仅接入一个10Ω的电阻，下列说法正确的是()图K32－4A．原线圈的输入电压与副线圈的输出电压之比为5∶11B．原线圈的输入电流与副线圈的输出电流之比为5∶11C．该交流电的周期为3×10－2sD．流过电阻的电流是105.·贵阳质检如图K32－5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的位置开始计时，则在t＝eq\f(π,ω)时刻()图K32－5A．线圈中的感应电动势最小B．线圈中的感应电流最大C．穿过线圈的磁通量最大D．穿过线圈的磁通量的变化率最小eq\a\vs4\al\co1(技能强化)6.·中山模拟如图K32－6甲所示，电阻R的阻值为50Ω，在a、b间加上如图乙所示的正弦交流电，则下列说法中不正确的是()图K32－6A．电阻R的功率为200WB．电流表示数为2C．产生该交流电的线圈在磁场中转动的角速度为3.14rad/sD．如果产生该交流电的线圈转速提高一倍，则电流表的示数也增大一倍图K32－77．·合肥模拟在垂直纸面向里的有界匀强磁场中放置了矩形线圈abcd.线圈cd边沿竖直方向且与磁场的右边界重合．线圈平面与磁场方向垂直．从t＝0时刻起，线圈以恒定角速度ω＝eq\f(2π,T)绕cd边按如图K32－7所示的方向转动，规定线圈中电流沿abcda方向为正方向，则从t＝0到t＝T时间内，线圈中的电流i随时间t变化关系图象为图K32－8中的()图K32－88．·西城期末如图K32－9所示，单匝矩形金属线圈ABCD在匀强磁场中绕转轴OO′匀速转动．转轴OO′过AD边和BC边的中点．若从图示位置开始计时，穿过线圈的磁通量Φ随时间t的变化关系可以表示为Φ＝0.1cos20πt(Wb)，时间t的单位为s.已知矩形线圈电阻为2.0Ω.下列说法正确的是()图K32－9A．线圈中电流的有效值约为3.14B．穿过线圈的磁通量的最大值为0.1eq\r(2)WbC．在任意1s时间内，线圈中电流的方向改变10次D．在任意1s时间内，线圈克服安培力所做的功约为9.86Jeq\a\vs4\al\co1(挑战自我)9．·衡水调考(双选)如图K32－10所示，有一矩形线圈，面积为S，匝数为N，内阻为r，绕垂直磁感线的对称轴OO′以角速度ω匀速转动，从图示位置转90°的过程中，下列说法正确的是()图K32－10A．通过电阻R的电荷量Q＝eq\f(πNBS,2\r(2)（R＋r）)B．通过电阻R的电荷量Q＝eq\f(NBS,R＋r)C．外力做功平均功率P＝eq\f(N2B2S2ω2,2（R＋r）)D．从图示位置开始计时，则感应电动势随时间变化的规律为e＝NBSωsinωt

课时作业(三十二)1．BC[解析]线圈在甲、丙图所示位置时，处于中性面，磁通量最大，磁通量的变化率为0，线圈每经过这里一次，就会改变电流方向，A错，C对；线圈在乙、丁图所示位置时，线圈平面与磁感线平行，磁通量为0，产生感应电动势最大，感应电流也最大，B对；线圈每转动一周，分别在甲图和丙图两个位置各改变一次运动方向，D错．2．A[解析]根据正弦交变电流的产生条件可知，图A可以；其余三个图均无电流产生．3．A[解析]t＝0时刻线圈处于中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，选项A错误；由题中图象可知交流电a、b周期之比是2∶3，故线圈先后两次转速之比为3∶2，选项B正确；交流电a的瞬时值为u＝Umsinωt＝10sineq\f(2π,Ta)tV＝10sin5πtV，选项C正确；又由Um＝nBSω可知Ubm＝eq\f(Ta,Tb)Uam＝eq\f(0.4,0.6)×10V＝eq\f(20,3)V，选项D正确．4．BD[解析]由电压器原、副线圈电压与匝数成正比，电流与匝数成反比知，A错，B对；又依图知交流电的周期为2×10－2s，C错；又依图知输入电压的有效值为220V，所以输出电压为100V，由I2＝eq\f(U2,R)得，I2＝10A，D对．5．B[解析]经过时间t＝eq\f(π,ω)，线圈转过的角度为π，则该时刻磁通量为零，左、右两个边的速度刚好与磁感线垂直，由电动势E＝BLv得此刻穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大，产生的感应电动势最大，线圈中的感应电流最大，选项B正确，选项A、C、D错误．6．C[解析]由图象可知，正弦交流电的有效值U＝eq\f(100\r(2),\r(2))V＝100V，由P＝eq\f(U2,R)得P＝eq\f(1002,50)W＝200W，选项A正确；由I＝eq\f(U,R)得I＝2A，选项B正确；周期T＝0.02s，故角速度ω＝eq\f(2π,T)＝314rad/s，选项C错误；由ω＝2πn，Em＝BSω知：当转速n增大一倍时，Em增大一倍，电流表示数增大一倍，选项D正确．7．B[解析]在0～eq\f(T,4)内，线圈在匀强磁场中匀速转动，故产生正弦式交流电，由楞次定律知，电流方向沿adcba，在eq\f(T,4)～eq\f(3,4)T内，线圈中无感应电流；在eq\f(3,4)T时，ab边垂直切割磁感线，感应电流最大，且电流方向沿abcda，故只有B项正确．8．D[解析]由Φ＝0.1cos20πt(Wb)可知，线圈转动的角速度ω＝20πrad/s，穿过线圈的磁通量的最大值为Φm＝BS＝0.1Wb，选项B错误；线圈中感应电动势的瞬时表达式为e＝BSωsin20πt(V)＝2πsin20πt(V)，感应电流的瞬时表达式为i＝eq\f(E,R)＝πsin20πt(A)，故线圈中电流的最大值约为3.14A，选项A错误；周期T＝eq\f(2π,ω)＝0.1s，因为每个周期内线圈中的电流方向改变2次，所以任意1s内，线圈中电流的方向改变20次，选项C错误；线圈克服安培力所做的功等于线框中消耗的电能，故在任意1s时间内，线圈克服安培力所做的功约为W＝Ieq\o\al(2,有)Rt＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,\r(2))))eq\s\up12(2)×2×1J＝9.86J，选项D正确．9．BC[解析]Q＝IΔt＝Neq\f(ΔΦ,R＋rΔt)·Δt＝Neq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(NBS,R＋r)，选项A错误，选项B正确；外力做功的平均功率等于电路消耗的电功率，即P＝eq\f(Ueq\o\