2014高考物理大一轮复习10.1交变电流的产生和描述

110.1交变电流的产生和描述1．矩形线框绕垂直于匀强磁场且在线框平面的轴匀速转动时产生了交变电流，下列说法正确的是()．A．当线框位于中性面时，线框中感应电动势最大B．当穿过线框的磁通量为零时，线框中的感应电动势也为零C．每当线框经过中性面时，感应电动势或感应电流方向就改变一次D．线框经过中性面时，各边切割磁感线的速度为零解析线框位于中性面时，线框平面与磁感线垂直，穿过线框的磁通量最大，但此时切割磁感线的两边的速度与磁感线平行，即不切割磁感线，所以电动势等于零，此时穿过线框的磁通量的变化率等于零，感应电动势或感应电流的方向也在此时刻变化．垂直于中性面时，穿过线框的磁通量为零，但切割磁感线的两边都垂直切割，有效切割速度最大，所以感应电动势最大，即此时穿过线框的磁通量的变化率最大．故C、D选项正确．答案CD2.如图10－1－1所示，矩形线圈abcd绕轴OO′匀速转动产生交流电，在图示位置开始计时，则下列说法正确的是()．A．t＝0时穿过线圈的磁通量最大，产生的感生电流最大B．t＝T4(T为周期)时感生电流沿abcda方向C．若转速增大为原来的2倍，则交变电流的频率是原来的2倍D．若转速增大为原来的2倍，则产生的电流有效值为原来的4倍解析图示时刻，ab，cd边切割磁感线的有效速率为零，产生的感应电动势为零，A错误；根据线圈的转动方向，确定T4时线圈的位置，用右手定则可以确定线圈中的感应电流方向沿abcda方向，B正确；根据转速和频率的定义可知C正确；根据Em＝nBSω，E＝Em2，I＝ER总可知电流有效值变为原来的2倍，D错误．答案BC3．一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流e＝2202sin100πt(V)，那么()．A．该交变电流的频率是100HzB．当t＝0时，线圈平面恰好与中性面垂直图10－1－12C．当t＝1200s时，e最大D．该交变电流电动势的有效值为2202V解析根据交变电流的表达式可知该交变电流的频率f＝ω2π＝50Hz，有效值为220V，A、D错；当t＝0时，e＝0，所以线圈平面恰好处于中性面，B错；当t＝1200s时，e有最大值2202V，C正确．答案C4．一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图10－1－2甲所示，则下列说法中正确的是()．图10－1－2A．t＝0时刻线圈平面与中性面垂直B．t＝0.01s时刻Φ的变化率达到最大C．0.02s时刻感应电动势达到最大D．该线圈相应的感应电动势图像如图10－1－18乙所示解析由Φ－t图知，在t＝0时，Φ最大，即线圈处于中性面位置，此时e＝0，故A、D两项错误；由图知T＝0.04s，在t＝0.01s时，Φ＝0，ΔΦΔt最大，e最大，则B项正确；在t＝0.02s时，Φ最大，ΔΦΔt＝0，e＝0，则C项错．答案B5．将阻值为5Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上，电源电动势随时间变化的规律如图10－1－3所示．下列说法正确的是()．3图10－1－3A．电路中交变电流的频率为0.25HzB．通过电阻的电流为2AC．电阻消耗的电功率为2.5WD．用交流电压表测得电阻两端的电压是5V解析电路中交变电流的频率f＝1T＝25Hz，A错；通过电阻的电流应为有效值I＝UR＝552A＝22A，用交流电压表测得电阻两端的电压是522V，B、D错；电阻消耗的电功率P＝I2R＝2.5W，C对．答案C6.如图10－1－4所示电路中，已知交流电源电压u＝200sin100πt(V)，电阻R＝100Ω.则电流表和电压表的示数分别为()．A．1.41A,200VB．1.41A,141VC．2A,200VD．2A,141V解析电流表和电压表显示的是有效值，U＝Um2＝1002V≈141V；I＝UR＝1.41A，故选项B正确．答案B7．一个单匝矩形线框的面积为S，在磁感应强度为B的匀强磁场中，从线圈平面与磁场垂直的位置开始计时，转速为n转/秒，则()．A．线框交变电动势的最大值为nπBSB．线框交变电动势的有效值为2nπBSC．从开始转动经过14周期，线框中的平均感应电动势为2nBSD．感应电动势瞬时值为e＝2nπBSsin2nπt解析线框交变电动势的最大值为Em＝BSω＝2nπBS，产生的感应电动势瞬时值为e＝2nπBSsin2nπt，A错、D对；该线框交变电动势的有效值为E＝Em2＝2nπBS，B对；线框中的平均感应电动势E＝ΔΦΔt＝4nBS，C错．图10－1－44答案BD8．如图10－1－5所示，abcd为一边长为L、匝数为N的正方形闭合线圈，绕对称轴OO′匀速转动，角速度为ω.空间中只有OO′左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.若闭合线圈的总电阻为R，则()．A．线圈中电动势的有效值为22NBL2ωB．线圈中电动势的最大值为12NBL2ωC．在转动一圈的过程中，线圈中有一半时间没有电流D．当线圈转到图中所处的位置时，穿过线圈的磁通量为12NBL2解析最大值Em＝12NBL2ω，有效值E＝Em2＝24NBL2ω.在转动的过程中，线圈始终有一半在磁场中运动，故线圈中始终有电流通过．图中所示位置中，穿过线圈的磁通量为12BL2，正确选项为B．答案B9．如图10－1－6所示的正方形线框abcd边长为L，每边电阻均为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕cd轴以角速度ω转动，c、d两点与外电路相连，外电路电阻也为r，则下列说法中正确的是()．A．S断开时，电压表读数为22BωL2B．S断开时，电压表读数为28BωL2C．S闭合时，电流表读数为210rBωL2D．S闭合时，线框从图示位置转过π2过程中流过电流表的电荷量为BL27r解析电路中产生的感应电动势的最大值为Emax＝BL2ω，有效值为E＝Emax2＝22BL2ω.当S断开时，电压表读数为Ucd＝E4r×r＝28BωL2，A选项错误、B选项正确．S闭合时，电压表的读数为Ucd＝I×r2＝E3r＋r2×r2＝E7＝214BL2ω，电流表读数为2BL2ω14r，C选项错图10－1－5图10－1－65误．S闭合时，线框从图示位置转过π2过程中流过电流表的电荷量为Q＝IΔt＝12ERΔt＝12ΔΦΔt3r＋r2Δt＝ΔΦ7r＝BL27r，D选项正确．答案BD10．电阻R1、R2和交流电源按照图10－1－7甲所示方式连接，R1＝10Ω，R2＝20Ω.合上开关S后，通过电阻R2的正弦交变电流i随时间t变化的情况如图10－1－7乙所示，则()．图10－1－7A．通过R1的电流的有效值是1.2AB．R1两端的电压有效值是6VC．通过R2的电流的有效值是1.22AD．R2两端的电压有效值是62V解析由题图知流过R2交流电电流的最大值I2m＝0.62A，故选项C错误；由U2m＝I2mR2＝122V知，选项D错误；因串联电路电流处处相同，则I1m＝0.62A，电流的有效值I1＝I1m2＝0.6A，故A项错误；由U1＝I1R1＝6V，故选项B正确．答案B11．如图10－1－8所示，一台模型发电机的电枢是矩形导线框abcd，其ab和cd边长l1＝0.4m，ad和bc边长l2＝0.2m，匝数n＝100匝，它在磁感应强度B＝0.2T的匀强磁场中绕通过线框对称中心线且垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动，当开关S断开时，电压表的示数为10V，开关S闭合时，外电路上标有“10V、10W”的灯泡恰好正常发光，求：图10－1－8(1)导线框abcd在磁场中转动的角速度？(线圈的电阻不计)6(2)S闭合后，当导线框从图示位置转过θ＝60°时的过程中通过灯泡的电荷量？解析(1)E＝nBSωω＝EnBS＝10100×0.2×0.4×0.2rad/s＝12.5rad/s(2)E＝nΔSΔtB＝100×0.2×l1l2－l1l2cos60°ΔtV＝1.6ΔtVR＝U2P＝10010Ω＝10Ω，q＝I·Δt＝ER·Δt＝0.16C(发电机模型)．答案(1)12.5rad/s(2)0.16C12．如图10－1－9所示的是一个匝数n＝10的线圈在匀强磁场中沿垂直于磁场方向的固定轴转动时，通过线圈平面的磁通量随时间变化的图像．根据图像回答下列问题：(1)关于线圈中的感应电动势，以下说法正确的是()．A．在t1＝0.1s时，线圈中的感应电动势最大B．在t2＝0.2s时，线圈中的感应电动势最大C．在t3＝0.3s时，线圈中的感应电动势改变方向D．在t4＝0.4s时，线圈中的感应电动势改变方向(2)线圈中的最大感应电动势多大？(3)在t1＝0.1s时刻和t2＝0.2s时刻，线圈中磁通量的变化率各是多少？(4)设t＝0时感应电动势为正值，画出感应电动势随时间变化的图像，并写出感应电动势的瞬时值表达式．解析(1)由图像可知，在t1＝0.1s时刻，线圈中的磁通量最大，线圈转到中性面，感应电动势为零，在t2＝0.2s时刻，线圈中的磁通量为零，线圈平面跟磁场平行，感应电动势最大，A错、B对；在t3＝0.3s时刻，线圈中磁通量又达到最大值，感应电动势为零，方向发生改变，t4＝0.4s时刻前后，线圈中的感应电动势的方向不变，C对、D错．(2)由图像可知，Φm＝BS＝0.2Wb，线圈转动的周期T＝0.4s，线圈转动的角速度ω＝2πT＝5πrad/s.线圈中的最大感应电动势图10－1－97Em＝nBSω＝10×0.2×5πV＝10πV.(3)在t1＝0.1s时刻，线圈中磁通量的变化率为0.t2＝0.2s时刻，线圈中的最大感应电动势为Em＝10πV，磁通量变化率为ΔΦΔt＝Emn＝10π10Wb/s＝πWb/s.(4)感应电动势的变化周期跟磁通量的变化周期相同，并按余弦规律变化，在t＝0时，感应电动势为正的最大值，感应电动势随时间变化的图像如图所示．瞬时值的表达式为e＝10πcos5πt(V)．答案(1)BC(2)10πV(3)0πWb/s(4)图像如图所示e＝10πcos5πt(V)