2020高中物理二轮复习热点题型专练专题101变焦电流的产生及描述含解析

专题10.1变焦电流的产生及描述1．一正弦式交变电流的瞬时电流与时间的关系式为i＝102sinωt(A)，其中ω＝314rad/s。它的电流的有效值为()A．10AB．102AC．50AD．314A答案：A解析：由题中所给电流的表达式i＝102sinωt(A)可知，电流的最大值为102A，对正弦式交变电流有I有＝I最大值2，所以有效值为10A，选项A正确。2．如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r＝1.0Ω，外接R＝9.0Ω的电阻。闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e＝102sin10πt(V)，则()A．该交变电流的频率为10HzB．该电动势的有效值为102VC．外接电阻R所消耗的电功率为10WD．电路中理想交流电流表的示数为1.0A答案：D3．一台电风扇的额定电压为交流220V。在其正常工作过程中，用交流电流表测得某一段时间内的工作电流I随时间t的变化如图所示。这段时间内电风扇的用电量为()A．3.9×10－2度B．5.5×10－2度C．7.8×10－2度D．11.0×10－2度答案：B解析：由于电风扇正常工作，根据W＝UIt可得：W＝220×(0.3×10＋0.4×10＋0.2×40)×60J＝1.98×105J＝5.5×10－2kW·h，选项B正确。4．一个匝数为100匝，电阻为0.5Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按图示规律变化。则线圈中产生交变电流的有效值为()A．52AB．25AC．6AD．5A答案：B解析：0～1s内线圈中产生的感应电动势E1＝nΔΦΔt＝100×0.01V＝1V,1～1.2s内线圈中产生的感应电动势E2＝nΔφΔt＝100×0.010.2V＝5V，对一个定值电阻，在一个周期内产生的热量Q＝Q1＋Q2＝120.5×1＋520.5×0.2J＝12J，根据交变电流有效值的定义Q＝I2Rt＝12得：I＝25A，故B正确，ACD错误。18．如图所示是某种交变电流随时间变化的图线，i0部分的图线是一个正弦曲线的正半周，i0部分的图线是另一个正弦曲线的负半周，其最大值如图中所示，由图象可知()A．这种交变电流的周期为TB．这种交变电流的周期为4TC．这种交变电流的有效值为2I0D．这种交变电流的有效值为6I0【答案】C【解析】交变电流的周期为3T，选项A、B错误．在0到T时间内交变电流的有效值为2I0，在T到3T时间内交变电流的有效值为I0，根据有效值的定义可得(2I0)2RT＋I20R(2T)＝I2R(3T)，解得I＝2I0，选项C正确，D错误．19．(多选)如图所示，处在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中的矩形线框MNPQ，以恒定的角速度ω绕对角线NQ转动．已知MN长为l1，NP长为l2，线框电阻为R.在t＝0时刻线框平面与纸面重合，下列说法正确的是()A．矩形线框产生的感应电动势有效值为22Bl1l2ωB．矩形线框转过半周时，通过线框的瞬时电流为零C．矩形线框转动一周时，通过线框的电荷量为Bl1l2RD．矩形线框在转动半周过程中产生的热量为πB2l21l22ω2R20．(多选)如图所示，垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场以虚线为界，虚线左侧磁场范围足够大，单匝矩形线圈的中轴线与磁场边界重合，线圈以恒定的角速度ω绕中轴线转动，线圈所围面积为S，线圈导线的总电阻为R.t＝0时刻线圈平面与纸面重合，则下列说法正确的是()A．t时刻线圈中电流的瞬时值为BSω2RsinωtB．线圈中电流的有效值为2BSω4RC．线圈中电流的最大值为2BSω4RD．线圈消耗的电功率为BSω2R21．(多选)如图11­1­26所示，面积为S的矩形线圈共N匝，线圈总电阻为R，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中以竖直线OO′为轴，以角速度ω匀速旋转，图示位置C与纸面共面，位置A与位置C成45°角．线圈从位置A转过90°到达位置B的过程中，下列说法正确的是()图11­1­26A．平均电动势为22πNBSωB．通过线圈某一截面的电荷量q＝22NBSRC．在此转动过程中，外界对线圈做的总功为N2B2S2πω4RD．在此转动过程中，电流方向会发生改变【答案】AC【解析】线圈从位置A转过90°到达位置B的过程中，ΔΦ＝2BScos45°＝2BS，Δt＝π2ω，根据E＝NΔΦΔt，得E＝22πNBSω，故A正确；根据E＝NΔΦΔt，q＝ERΔt＝NΔΦR＝2NBSR，故B错误；产生电动势的峰值Em＝NBSω，则有效值E＝Em2＝NBSω2，则W＝Q＝E2RΔt＝N2B2S2πω4R，故C正确；线圈经过中性面，电流方向改变，线圈从位置A转过90°到达位置B的过程中，电流方向不变，故D错误．22.(多选)图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，○A为交流电流表．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图甲所示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是()A．电流表的示数为10AB．线圈转动的角速度为50πrad/sC．t＝0.01s时，线圈平面与磁场方向平行D．t＝0.02s时，电阻R中电流的方向自右向左23．(多选)一单匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时产生正弦式交变电流，其电动势的变化规律如图所示，当调整线圈转速后，电动势的变化规律如图b所示．以下关于这两个正弦式交变电流的说法正确的是()A．从图线可算出穿过线圈磁通量的最大值B．线圈先后两次转速之比为2∶3C．在图线a和b中，t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零D．图线b电动势的瞬时值表达式为e＝100sin100πt3(V)【答案】AD【解析】Eam＝150V＝BSωa＝Φm·ωa，ωa＝2πTa＝2π0.04rad/s＝50πrad/s得Φm＝3πWb，故A正确；Ta∶Tb＝0.04s∶0.06s＝2∶3.T＝1n，所以na∶nb＝3∶2，故B错误；t＝0时，穿过线圈的磁通量最大，故C错误；Ebm＝Φm·2πTb＝100V，ωb＝2πTb＝1003πrad/s.所以e＝100sin1003πt(V)，故D正确．24．一个边长为6cm的正方形金属线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，电阻为0.36Ω.磁感应强度B随时间t的变化关系如图所示，则线框中感应电流的有效值为()A.2×10－5AB.6×10－5AC.22×10－5AD.322×10－5A25．如图所示为交流发电机示意图，矩形线圈的匝数N＝50匝，每匝线圈的边长lab＝0.4m，lbc＝0.2m，矩形线圈所在处的匀强磁场的磁感应强度B＝0.2T，磁感应强度与线圈轴线垂直，线圈总电阻r＝1Ω，外接电阻R＝9Ω，线圈以n＝100πr/s的转速在磁场中匀速转动．求：(1)线圈中产生的感应电动势的最大值；(2)若线圈从通过中性面时开始计时，写出回路中电流随时间变化的关系式；(3)交流电压表和电流表的读数；(4)此交流发电机的总功率和输出功率.【解析】(1)交变电流感应电动势的最大值Emax＝NBSω＝NBlablbcω＝50×0.2×0.4×0.2×100π×2πV＝160V.(2)从线圈通过中性面时开始计时，交变电流的表达式为正弦函数．由于ω＝2πn＝200rad/s，Imax＝Emaxr＋R＝16A故电流随时间变化的关系式i＝16sin200tA.【答案】(1)160V(2)i＝16sin200tA(3)722V82A(4)1280W1152W26.如图所示的是一个匝数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象。根据图象回答下列问题：(1)线圈中的最大感应电动势多大？(2)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？(3)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象，并写出感应电动势的瞬时值表达式。答案：(1)10πV(2)0πWb/s(3)见解析图e＝10πcos5πt(V)解析：(1)由图象可知，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Em＝nBSω＝nΦmω＝10πV(2)在t1＝0.1s时刻，线圈中磁通量的变化率为0。t2＝0.2s时刻，线圈中的感应电动势最大为Em＝10πV磁通量变化率为ΔΦΔt＝Emn＝10π10Wb/s＝πWb/s(3)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象如图所示。瞬时值的表达式e＝10πcos5πt(V)27.如图所示，一个小型旋转电枢式交流发电机，其矩形线圈的长度为a，宽度为b，共有n匝，总电阻为r，与线圈两端相接触的集流环上接有一个阻值为R的定值电阻，线圈以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中绕与磁场方向垂直的对称轴OO′匀速转动，沿转轴OO′方向看去，线圈转动沿逆时针方向，t＝0时刻线圈平面与磁感线垂直。(1)表示出线圈经过图示位置时，通过电阻R的感应电流的方向。(2)写出线圈转动过程中感应电动势的瞬时值表达式。(3)求线圈从t＝0位置开始到转过90°的过程中的平均电动势。(4)求线圈从t＝0位置开始到转过60°时的瞬时电流。答案：(1)自下而上(2)nBabωsinωt(3)2nBabωπ(4)3nBabωR＋r28．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α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E；(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。答案：(1)2NBL2ω(2)4N2B2L3ωr＋R(3)4NBL2ωr＋R(2)由闭合电路的欧姆定律，得线圈中电流I＝ER＋rbc边受安培力大小F＝NBI(2L)由③④⑤得F＝4N2B2L3ωR＋r(3)一个周期内，通电时间t＝49TR上消耗的电能W＝I2Rt根据有效值的定义，得W＝I20RT解得I0＝4NBL2ωr＋R