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课时规范练35交变电流的产生及其描述基础对点练1.(交变电流的产生及变化规律)(2018陕西榆林三模)如图甲所示,为一台小型发电机构造示意图,线圈逆时针转动,产生的电动势随时间按余弦规律变化,其e-t图象如图乙所示。发电机线图的内阻为1 ,外接灯泡的电阻为9 ,则()A.电压表的示数为6 VB.在2.010-2 s时刻,穿过线圈的磁通量变化率为零,线圈与中性面平行C.在1.010-2 s时刻,穿过线圈的磁通量为零,线圈处于中性面D.发电机的输出功率为3.24 W答案D解析由Em=6V,E=6V,由闭合电路欧姆定律得,电压表示数U=E=5.4V,故A错误;在2.010-2s时刻,感应电动势最大,故穿过线圈的磁通量变化率最大,线圈与中性面垂直,故B错误;在1.010-2s时刻,感应电动势为零,故说明线圈处于中性面,此时穿过线圈的磁通量最大,故C错误;灯泡实际消耗的功率即为电源的输出功率,由功率公式可知,P=W=3.24W,故输出功率为3.24W,故D正确。2.(交变电流的产生及变化规律)(2018天津实验中学模拟)如图甲所示,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以恒定的角速度转动。当从线圈平面与磁场方向平行时开始计时,线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化,则在t=时刻()A.线圈中的电流最大B.穿过线圈的磁通量为零C.线圈所受的安培力为零D.穿过线圈磁通量的变化率最大答案C解析该交变电流的周期为T=,在t=时刻,即t=时刻,由线圈中产生的交变电流图象可知,感应电流大小为零,故A错误;在t=时刻,感应电流大小为零,则知感应电动势为零,由法拉第电磁感应定律知磁通量变化率也为零,线圈与磁场垂直,磁通量为最大,故B、D错误;在t=时刻,感应电流大小为零,由公式F=BIL知线圈所受的安培力为零,故C正确;故选C。3.(有效值)(2018福建宁德期末)阻值为R的电炉丝通以大小为I的恒定电流时其电功率为P,当把它接在某正弦式交流电源两端时其电功率也为P。则该交流电源电压的最大值为()A.IRB.IRC.IRD.2IR答案B解析电炉丝通以大小为I的恒定电流时,经t时间内产生的热量为Q,则有:Q=Pt=I2Rt;电炉丝接在某正弦式交流电源两端时,经t时间内产生的热量为Q,则有:Q=Pt=Rt,根据热效应有:Q=Q,即I2Rt=Rt,解得:I有=I,则电压的有效值为U有=I有R=IR,故该交流电源电压的最大值为Um=U有=IR,选B。4.(有效值)(2018江苏南京、盐城一模)一个电阻分别通过四种不同形式的电流,电流随时间变化的情况如下图所示,在相同时间内电阻产生热量最大的是()答案D解析选项A、B中交变电流的有效值都为 A,选项C中恒定电流的大小为1.5A,选项D中交变电流的有效值为2A,根据热量的表达式Q=I2Rt得出选项D正确。5.(多选)(“四值”问题)(2018黑龙江五校联考)如图所示,在匀强磁场中转动的单匝线圈电阻为1 ,外接电阻R=9 ,线圈匀速转动的周期为T=0.2 s,从线圈中性面开始计时,理想交流电流表的读数为2 A,那么()A.穿过线圈的最大磁通量为 WbB.任意时刻线圈中的感应电动势为e=20sin 20t(V)C.在线圈转过90的过程中,外接电阻产生的焦耳热为1.8 JD.在线圈转动90的过程中,通过电阻R的电荷量为2 C答案AC解析因电流表的读数2A为有效值,则电流的最大值为Im=2A,Em=Im(R+r)=20V,又Em=m,=,所以m=Wb,故选项A正确;任意时刻线圈中的感应电动势为e=20sin10t(V),故选项B错误;线圈转过90时,外接电阻产生的焦耳热为Q=Rt=1.8J,故选项C正确;从中性面开始计时,转动90的过程中,感应电动势的平均值为,q=t=C,故选项D错误。6.(多选)(2018河北衡水金卷模拟)如图所示,线圈ABCD匝数n=10,面积S=0.4 m2,边界MN(与线圈的AB边重合)右侧存在磁感应强度B= T的匀强磁场,若线圈从图示位置开始绕AB边以=10 rad/s的角速度匀速转动。则以下说法正确的是()A.线圈产生的是正弦交变电流B.线圈在转动过程中产生的最大感应电动势为80 VC.线圈转动 s时瞬时感应电动势为40 VD.线圈产生的电动势的有效值为40 V答案BD解析线圈在有界磁场中将产生正弦半波脉动电流,故A错误;电动势最大值E=nBS=80V,故B正确;线圈转动 s、转过角度,瞬时感应电动势为e=nBSsin=40V,C项错误;在一个周期时间内,只有半个周期产生感应电动势,根据有效值的定义有()2R=()2RT,可得电动势有效值U=40V,故D正确。素养综合练7.(多选)(2018湖北黄冈中学模拟)如图甲所示是一种振动发电装置的示意图,半径为r=0.1 m、匝数n=20的线圈位于辐向分布的磁场中,磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示),线圈所在位置的磁感应强度的大小均为B= T,线圈电阻为R1=0.5 ,它的引出线接有R2=9.5 的小电珠L,外力推动线圈框架的P端,使线圈沿轴线做往复运动,线圈运动速度v随时间t变化的规律如图丙所示(摩擦等损耗不计),则()丙A.小电珠中电流的峰值为0.16 AB.小电珠中电流的有效值为0.16 AC.电压表的示数约为1.5 VD.t=0.1 s时外力的大小为0.128 N答案AD解析由题意及法拉第电磁感应定律知道,线圈在磁场中做往复运动,产生的感应电动势的大小符合正弦曲线变化规律,线圈中的感应电动势的峰值为Em=nBlv=nB2rvm,故小电珠中电流的峰值为Im=A=0.16A,选项A正确,B错误;电压表示数为U=R21.07V,选项C错误;当t=0.1s也就是时,外力的大小为F=nB2rIm=0.128N,选项D正确。8.(2018江苏南师附中模拟)如图所示,两根间距为20 cm的无限长光滑金属导轨,电阻不计,其左端连接一阻值为10 的定值电阻,两导轨之间存在着磁感应强度为1 T的匀强磁场,磁场边界虚线为正弦曲线的一部分,一阻值为10 的光滑导体棒,在外力作用下以10 m/s的速度匀速向右运动(接触电阻不计),交流电压表和交流电流表均为理想电表,则()A.回路中产生的是正弦式交变电流B.电压表的示数是2 VC.导体棒运动到图示虚线位置时,电流表示数为零D.导体棒上消耗的热功率为0.2 W答案A解析由磁场边界虚线为正弦曲线的一部分,可知导体棒切割磁感线产生正弦式交变电流,故选项A正确;感应电动势最大值Em=BLmv=2V,电压表测得是有效值,即为U=E=1V,故选项B错误;电流表测得是有效值,所以导体棒运动到图示虚线位置时,电流表示数恒定,不为0,故选项C错误;导体棒上消耗的热功率为P=W=0.1W,故选项D错误。9.(2018河南洛阳模拟)海洋中蕴藏着巨大的能量,利用海洋的波浪可以发电,在我国南海上有一浮桶式波浪发电灯塔,其原理示意图如图甲所示,浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上,浮桶内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动,且始终处于磁场中,该线圈与阻值R=15 的灯泡相连。浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图乙中斜线阴影部分),如图乙所示,其内为产生磁场的磁体,与浮桶内侧面的缝隙忽略不计;匝数N=200的线圈所在处辐向磁场的磁感应强度B=0.2 T,线圈直径D=0.4 m,电阻r=1 。重力加速度g取10 m/s2,210,若浮桶随波浪上下运动的速度可表示为v=0.4sin (t) m/s,则下列说法正确的是()A.波浪发电产生电动势e的瞬时值表达式为e=16sin (t) VB.灯泡中电流i的瞬时值表达式为i=16sin (t) AC.灯泡的电功率为120 WD.灯泡两端电压的有效值为 V答案C解析线圈的周长L=D,由e=NBLv知,电动势瞬时值的表达式e=64sint(V),选项A错误;电流瞬时值的表达式i=4sint(A),选项B错误;电流有效值I=A=2A,灯泡的电功率P=I2R=120W,选项C正确;灯泡两端的电压U=IR=30V,选项D错误。10.(2018江苏苏锡常镇四市调研)无线充电技术的发展给用户带来了极大的方便,可应用于手机、电脑、智能穿戴、智能家居、医疗设备、电动汽车等充电,如图甲所示为手机无线充电工作原理的示意图,由送电线圈和受电线圈组成。已知受电线圈的匝数为n=50匝,电阻r=1.0 ,在它的c、d两端接一阻值R=9.0 的电阻。设在受电线圈内存在与线圈平面垂直的磁场,其磁通量随时间按图乙所示,可在受电线圈中产生电动势最大值为20 V的正弦交流电,设t=0时磁场竖直向上。求:(1)在t=10-3 s时,受电线圈中产生电流的大小,c、d两端哪端电势高?(2)在一个周期内,电阻R上产生的热量;(3)从t1到t2时间内,通过电阻R的电荷量。答案(1)2.0 Ac端电势高(2)5.710-2 J(3)210-3 C解析(1)由图乙知t=10-3s时受电线圈中产生的电动势最大为Em=20V线圈中产生感应电流的大小为It=Im=2.0A由楞次定律可以得到此时c端电势高(2)通过电阻电流的有效值为I=A电阻在一个周期内产生的热量Q=I2RT=5.710-2J(3)线圈中感应电动势的平均值=n通过电阻电流的平均值为通过电阻的电荷量q=t由题图乙知,在的时间内,=410-4Wb解得q=n=210-3C11.(2018安徽淮北期中)图1是交流发电机模型示意图,在磁感应强度为B的匀强磁场中,有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO转动,由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO转动的金属圆环相连接,金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触,这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路。图2是线圈的主视图,导线ab和cd分别用它们的横截面来表示,已知ab长度为L1,bc长度为L2,线圈以恒定角速度逆时针转动。(只考虑单匝线圈)(1)线圈平面处于中性面位置时开始计时,试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式;(2)若线圈电阻为r,求从中性面开始的内通过电阻的电荷量q的大小;(其他电阻均不计)(3)若线圈电阻为r,求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热Q。(其他电阻均不计)答案(1)e1=BL1L2sin t(2)(3)R()2解析(1)矩形线圈abcd转动过程中,只有ab和cd切割磁感线,设ab和cd的转动速度为v,则v=,在t时刻,导线ab和cd因切割磁感线而产生的感应电动势均为E1=BL1vy由图可知vy=vsint则整个线圈的感应电动势为e1=2E1=BL1L2sint(2)在从中性面开始的四分之一的周期内,由q=t,=2-1=0-BL1L2解得:q=-,所以电荷量的大小为(3)由闭合电路欧姆定律可知I=E=则线圈转动一周在R上产生的焦耳热为QR=I2RT其中T=于是Q=R()2
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