第十三章第1讲　交变电流的产生和描述-2025版高考总复习物理

[基础落实练]1．如图所示，在水平向右的匀强磁场中，一线框绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线框通过电刷、圆环、导线等与定值电阻组成闭合回路。t1、t2时刻线框分别转到图甲、乙所示的位置，下列说法正确的是()A．t1时刻穿过线框的磁通量最大B．t1时刻电阻中的电流最大，方向从右向左C．t2时刻穿过线框的磁通量变化最快D．t2时刻电阻中的电流最大，方向从右向左解析：t1时刻，穿过线框的磁通量为零，线框产生的感应电动势最大，电阻中的电流最大，根据楞次定律，通过电阻的电流方向从右向左，故A错误，B正确；t2时刻，穿过线框的磁通量最大，线框产生的感应电动势为零，电阻中的电流为零，故C、D错误。答案：B2．(2022·海南卷)一个有N匝的矩形线框，面积为S，以角速度ω从如图所示的位置开始，在匀强磁场B中匀速转动，则产生的感应电动势随时间变化的图像是()解析：N匝的矩形线框，面积为S，以角速度ω在匀强磁场B中匀速转动，产生的感应电动势为NBSω，图中位置为穿过线框磁通量为零的位置。以角速度ω从题图所示的位置开始，在匀强磁场B中匀速转动，则产生的感应电动势随时间变化的图像是A。答案：A3.(2024·四川成都树德中学诊断)如图所示，KLMN是一个竖直的矩形导线框，全部处于磁感应强度为B的水平方向的匀强磁场中，线框面积为S，MN边水平，线框绕某竖直固定轴以角速度ω匀速转动。在MN边与磁场方向的夹角达到30°的时刻(图示位置)，导线框中产生的瞬时电动势e的大小和线框此时电流的方向分别为(已知线框按俯视的逆时针方向转动)()A．eq\f(1,2)BSω，电流方向为KNMLKB．eq\f(\r(3),2)BSω，电流方向为KNMLKC．eq\f(1,2)BSω，电流方向为KLMNKD．eq\f(\r(3),2)BSω，电流方向为KLMNK解析：当MN边与磁场方向成30°时，感应电动势为e＝Emcosωt＝BSωcos30°＝eq\f(\r(3),2)BSω，由右手定则可知电流方向为KNMLK。答案：B4．(2021·辽宁卷)如图所示，N匝正方形闭合金属线圈abcd边长为L，线圈处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，绕着与磁场垂直且与线圈共面的轴OO′以角速度ω匀速转动，ab边距轴eq\f(L,4)。线圈中感应电动势的有效值为()A．NBL2ω B．eq\f(\r(2),2)NBL2ωC．eq\f(1,2)NBL2ω D．eq\f(\r(2),4)NBL2ω解析：交流电的最大值和两条边到转轴的距离无关，为Em＝NBSω＝NBωL2，因此有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)NBωL2。故选B。答案：B5.(2024·四川成都石室中学诊断)如图所示，在直线MN右侧空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场，一单匝矩形线圈abcd的ab边与MN重合，且绕ab边以角速度ω匀速转动，转动一圈的时间内线圈产生的焦耳热为Q；若线圈不动且磁场方向始终与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间t均匀变化，在相同的时间内线圈产生的焦耳热也为Q，则磁感应强度的变化率为()A．ωB0 B．eq\f(1,2)ωB0C．eq\f(\r(2),2)ωB0 D．eq\r(2)ωB0解析：线圈转动时与磁场变化时，线圈在相等的时间内产生的热量相等，因此线圈转动产生的电动势的有效值等于磁场均匀变化时产生的感应电动势；线圈转动时电动势的最大值Em＝B0Sω，由于线圈转动一圈过程中，只有一半时间有电动势产生，故其有效值为E＝eq\f(1,2)Em＝eq\f(1,2)B0Sω，磁场均匀变化时E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S，解得eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(1,2)ωB0，故B正确。答案：B6．如图所示电路，电阻R1与电阻R2串联接在交变电源上，且R1＝R2＝10Ω，正弦交变电流的表达式为u＝20eq\r(2)sin100πt(V)，R1和理想二极管D(正向电阻为零，反向电阻为无穷大)并联，则R2上的电功率为()A．10W B．15WC．25W D．30W解析：由题图可知，当电流从A流入时，R1被短路，则此时R2上电压有效值为U2＝eq\f(Um,\r(2))＝20V，当电流从B流入时，R1、R2串联，则R2两端电压有效值为U′2＝eq\f(U2,2)＝10V，设在一个周期内R2两端的电压有效值为U，则eq\f(U′eq\o\al(2,2),R2)·eq\f(T,2)＋eq\f(Ueq\o\al(2,2),R2)·eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R2)·T，解得U＝5eq\r(10)V，则有P＝eq\f(U2,R2)＝eq\f(250,10)W＝25W。答案：C7．(2024·四川巴中统考)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的电动势e＝220eq\r(2)sin(100πt)V，下列说法正确的是()A．该交流电压有效值为220eq\r(2)VB．该交流电每1秒钟电流方向改变100次C．电容器铭牌标注“220V，100μF”接入该交流可以正常工作D．在t＝eq\f(1,400)s时刻，电动势瞬时值为220eq\r(2)V解析：该交流电压有效值为U＝eq\f(220\r(2),\r(2))V＝220V，故A错误；周期T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,100π)s＝0.02s，频率f＝eq\f(1,T)＝50Hz，则该交流电每1秒钟电流方向改变100次，故B正确；由于该交流电压的最大值220eq\r(2)V大于电容器的耐压值220V，电容器铭牌标注“220V，100μF”接入该交流不可以正常工作，故C错误；在t＝eq\f(1,400)s时刻，电动势瞬时值为e＝220eq\r(2)sin(100π×eq\f(1,400))V＝220V，故D错误。答案：B[能力提升练]8．(2024·四川绵阳诊断)图甲所示，为一台小型发电机的示意图，单匝线圈匀速转动，产生的电动势e随时间t的变化规律如图乙所示。已知发电机线圈内阻为0.2Ω，灯泡的电阻恒为0.8Ω。则()A．理想电压表的示数U＝6VB．线圈转动的角速度ω＝50πrad/sC．转动过程中穿过线圈的最大磁通量Φm＝eq\f(3\r(2),100π)WbD．通过灯泡电流的瞬时值表达式为i＝6eq\r(2)sin100πt(A)解析：小型发电机产生的电动势的有效值e有＝eq\f(em,\r(2))＝6V，理想电压表的示数U＝eq\f(e有,R＋r)R＝4.8V，故A错误；线圈转动的角速度为ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,0.02)rad/s＝100πrad/s，故B错误；小型发电机产生的电动势最大值为em＝BSω＝Φmω，转动过程中穿过线圈的最大磁通量Φm＝eq\f(em,ω)＝eq\f(6\r(2),100π)Wb＝eq\f(3\r(2),50π)Wb，故C错误；小型发电机产生的电动势瞬时值表达式为e＝6eq\r(2)sin100πt(V)，通过灯泡电流的瞬时值表达式为i＝eq\f(e,R＋r)＝6eq\r(2)sin100πt(A)，故D正确。答案：D9.(多选)如图所示，N匝矩形导线框以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中绕轴OO′匀速转动，线框面积为S，线框的电阻、电感均不计，外电路接有电阻R、理想交流电流表eq\a\vs4\al(\o(\s\up7(○),\s\do5(A)))和二极管D。二极管D具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大。下列说法正确的是()A．交流电流表的示数I＝eq\f(ω,2R)NBSB．一个周期内通过R的电荷量q＝eq\f(2NBS,R)C．R两端电压的有效值U＝eq\f(ω,\r(2))NBSD．图示位置电流表的示数为0解析：二极管具有单向导电性，因此电路中只有正向电流，图像如图所示。设回路中电流的有效值为I，由电流的热效应可知，eq\f(1,2)(eq\f(NBωS,\r(2)R))2RT＝I2RT，I＝eq\f(NBωS,2R)，A正确，D错误；电阻R两端电压U＝IR＝eq\f(NBωS,2)，C错误；一个周期内通过R的电荷量q＝eq\f(NΔΦ,R)＝eq\f(2NBS,R)，B正确。答案：AB10．如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′按如图甲所示方向匀速转动，线圈的匝数n＝100匝、电阻r＝10Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R＝90Ω，与R并联的交流电压表为理想电表。在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图乙所示正弦规律变化。(取π＝3.14)求：(1)交流发电机产生的电动势的最大值；(2)从t＝0时刻开始计时，线圈转过60°时线圈中感应电流瞬时值及回路中的电流方向；(3)电路中交流电压表的示数；(4)从图示位置转过90°，通过线圈的电荷量和整个回路的焦耳热。解析：(1)由Φ­t图线可知Φm＝2.0×10-2Wb，T＝6.28×10-2s则ω＝eq\f(2π,T)＝100rad/s因为Φm＝BS，所以Em＝nΦmω＝200V。(2)因为e＝200cos(100t)V根据欧姆定律得i＝eq\f(e,R＋r)＝2cos(100t)A所以线圈转过60°时，i＝2cos60°＝1A，电流方向为abcda。(3)电动势的有效值E＝eq\f(\r(2),2)Em＝100eq\r(2)V由闭合电路欧姆定律，电路中电流的有效值为I＝