【文档说明】高考物理一轮复习课时检测35《 交变电流的产生及描述》(含解析).doc，共(8)页，207.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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课时跟踪检测（三十五）交变电流的产生及描述对点训练：交变电流的产生和描述1．如图，各图面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e＝BSωsinωt的图是()解析：选A由题意可知，只有A、C图在切割磁感线，

导致磁通量在变化，产生感应电动势，A中从中性面开始计时，产生的电动势为e＝BSωsinωt，C中从峰值面开始计时，产生的电动势为e＝BSωcosωt，故A正确。2．(2018·如皋月考)小型交流发电机的原理图如图所示：单匝矩形线圈ABCD置于匀强磁场中，绕过BC、AD中

点的轴OO′以恒定角速度旋转，轴OO′与磁场垂直，矩形线圈通过滑环与理想交流电流表A、定值电阻R串联，下列说法中不正确的是()A．线圈平面与磁场垂直时，交流电流表A的示数最小B．线圈平面与磁场平行时，流经定值电阻R的电流最大C．线圈转动一圈，感应电流方向改变2次D．线圈

平面与磁场平行时，通过线圈的磁通量变化率最大解析：选A交流电流表显示的是交流电的有效值，不随线圈的转动而变化，故A错误；线圈与磁场平行时，磁通量最小，磁通量的变化率最大，此时电动势最大，电流最大，故B、D正确；线圈转动一圈，经过两次中性面，感应电流方向改变2次，故C正确。3.

(2018·广安期末)如图所示，面积为S的N匝矩形线圈，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以角速度ω匀速转动，就可在线圈中产生正弦交流电。已知闭合回路总电阻为R，图示位置线圈平面与磁场平行，下列说法正确的是()A．线圈从图示位置转90°的过程中磁通量的变化量为NBSB．线圈在图示位置

磁通量的变化率为零C．线圈从图示位置转90°的过程中通过灯泡的电量为NBSRD．线圈从图示位置开始计时，感应电动势e随时间t变化的函数为e＝NBSωsinωt解析：选C线圈从图示位置转90°的过程磁通量的变化为BS，故A错误；线圈在图示位置产生的感应电动势最大，磁通量的变化率最大，故B

错误；线圈从图示位置转90°的过程中通过灯泡的电量为q＝NΔΦR＝NBSR，故C正确；线圈从图示位置开始计时，感应电动势e随时间t变化的函数为e＝NBSωcosωt，故D错误。4．某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交变电流

的图像如图所示，由图中信息可以判断()A．在A、C时刻线圈处于中性面位置B．在B、D时刻穿过线圈的磁通量为零C．从A～D线圈转过的角度为2πD．若从O～D历时0.02s，则在1s内交变电流的方向改变了100次解析：选D由题中交变电流的图像可知，在

A、C时刻产生的感应电流最大，对应的感应电动势最大，线圈处于峰值面的位置，选项A错误；在B、D时刻感应电流为零，对应的感应电动势为零，即磁通量的变化率为零，此时磁通量最大，选项B错误；从A～D，经历的时间为34周期，线圈转过的角度为32π，选项C错误；若

从O～D历时0.02s，则交变电流的周期为0.02s，而一个周期内电流的方向改变两次，所以1s内交变电流的方向改变了100次，选项D正确。对点训练：有效值的理解与计算5．关于图甲、乙、丙、丁，下列说法正确的是()A．图甲中电流的峰值为2A，有效值为2A，周期为5sB．图乙中电流的峰值为5A，有效值

为2.52AC．图丙中电流的峰值为2A，有效值为2AD．图丁中电流的最大值为4A，有效值为2A，周期为2s解析：选B题图甲是正弦式交变电流图线，峰值(最大值)为2A，有效值是峰值的12，即2A，周期为4s，所以选

项A错误；题图乙电流大小改变但方向不变，所以不是交变电流，计算有效值时因为热效应与电流方向无关，所以仍是峰值的12，即2.52A，所以选项B正确；题图丙是图甲减半的脉冲电流，有效值不可能为峰值的12，所以选项C错误；题图丁是交变电流图

线，周期为2s，根据有效值定义则有42×R×T2＋32×R×T2＝I2RT，解得电流有效值I＝2.52A，所以选项D错误。6．(2018·冀州中学月考)甲、乙图分别表示两种电压的波形，其中甲图所示的电压按正弦规律变化。下列说法正确的是()A．甲图表示交流电，乙图表示直流电B．甲图电压

的有效值为220V，乙图电压的有效值小于220VC．乙图电压的瞬时值表达式为u＝2202sin100πtVD．甲图电压经过匝数比为1∶10的变压器变压后，频率变为原来的10倍解析：选B由于两图中表示的电流方向都随时间做周期性变化，因此都为交流电，A错误；由于对应相同时

刻，图甲电压比图乙电压大，根据有效值的定义可知，图甲有效值要比图乙有效值大，故B正确；图乙电压随时间不是按正弦规律变化，C错误；理想变压器变压后，改变是电压，而频率不发生变化，D错误。7．[多选]如图甲所示为一交

变电压随时间变化的图像，每个周期内，前二分之一周期电压恒定，后二分之一周期电压按正弦规律变化。若将此交流电连接成如图乙所示的电路，电阻R阻值为100Ω，则()A．理想电压表读数为100VB．理想电流表读数

为0.75AC．电阻R消耗的电功率为56WD．电阻R在100秒内产生的热量为5625J解析：选BD根据电流的热效应，一个周期内产生的热量：Q＝U2RT＝1002RT2＋5022RT2，解得U＝75V，A错误；电流表读数I＝UR＝0.7

5A，B正确；电阻R消耗的电功率P＝I2R＝56.25W，C错误；在100秒内产生的热量Q＝Pt＝5625J，D正确。8．(2018·昆山模拟)一个U形金属线框在匀强磁场中绕OO′轴以相同的角速度匀速转动，通过导线给同一电阻R供电，如图甲、乙

所示。其中甲图中OO′轴右侧有磁场，乙图中整个空间均有磁场，两磁场磁感应强度相同。则甲、乙两图中交流电流表的示数之比为()A．1∶2B．1∶2C．1∶4D．1∶1解析：选A题图甲中的磁场只在OO′轴的右侧，所以线框只在半周期内有感

应电流产生，如图甲，电流表测得是有效值，所以I＝12BSωR。题图乙中的磁场布满整个空间，线框中产生的感应电流如图乙，所以I′＝22BSωR，则I∶I′＝1∶2，即A正确。对点训练：交变电流“四值”的理解和应用9．[多选](2018·

淮安八校联考)如图所示，甲为一台小型交流发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间按余弦规律变化，其图像如图乙所示，电机线圈内阻为2Ω，匝数为1000匝，外接灯泡的电阻为18Ω，则()A．在2.0×10－2s时

刻，电流表的示数为0.3AB．发电机的输出功率为3.24WC．在1s内，回路中电流方向改变25次D．在4.0×10－2s时刻，穿过线圈的磁通量变化率为32500Wb/s解析：选AD线圈相当于电源，产生的电动势为E＝em2＝622V＝

6V，内阻r＝2Ω，电表显示的是有效值，根据闭合回路欧姆定律可得电路中的电流为I＝ER＋r＝618＋2A＝0.3A，A正确；发电机的输出功率为P输出＝EI－I2r＝6×0.3W－0.32×2W＝1.62W，B错误；

从图乙中可知交流电周期为T＝4×10－2s，故在1s内，回路中电流方向改变n＝1T×2＝14×10－2×2＝50次，C错误；在4.0×10－2s时刻，感应电动势最大，磁通量变化率最大，根据E＝nΔΦΔt可得ΔΦΔt＝emn＝32500Wb/s，D正确。10.如图所示为一个小型旋转电枢式交流发电机

的原理图，其矩形线圈的长度ab＝0.25m，宽度bc＝0.20m，共有n＝100匝，总电阻r＝1.0Ω，可绕与磁场方向垂直的对称轴OO′转动。线圈处于磁感应强度B＝0.40T的匀强磁场中，与线圈两端相连的金属滑环上接一个“3.0V,1.8W”的灯泡，当线圈以角速度

ω匀速转动时，小灯泡消耗的功率恰好为1.8W。(不计转动轴与电刷的摩擦)(1)推导发电机线圈产生感应电动势的最大值的表达式Em＝nBSω(其中S表示线圈的面积)。(2)求线圈转动的角速度ω。(3)线圈以上述

角速度转动100周过程中发电机产生的电能。解析：(1)线圈平面与磁场方向平行时产生感应电动势最大，设ab边的线速度为v，该边产生的感应电动势为E1＝BLabv。与此同时，线圈的cd边也在切割磁感线，产生的感应电动势为E2＝BLc

dv。线圈产生的总感应电动势为：Em＝n(E1＋E2)因为Lab＝Lcd，所以，Em＝2nBLabv。线速度v＝ω·12Lbc，所以Em＝nBLabLbcω，而S＝LabLbc(S表示线圈的面积)。所以Em＝nBSω。(2)设小灯泡正常发光时的电流为

I，则I＝P额U额＝0.60A，设灯泡正常发光时的电阻为R，R＝U额2P＝5.0Ω。根据闭合电路欧姆定律得：E＝I(R＋r)＝3.6V。发电机感应电动势最大值为Em＝2E，Em＝nBSω。解得ω＝EmnBS＝1.82rad/s＝2.55rad/s。(3)发电机产生的电能为Q＝IEt，t

＝100T＝100·2πω。解得Q＝5.33×102J。答案：(1)见解析(2)2.55rad/s(3)Q＝5.33×102J考点综合训练11.(2018·泰州模拟)某研究性学习小组进行地磁发电实验，匝数为n、面积为S的矩形金属线框可绕东西方向的水平轴转动，金属线框与微电流传感

器组成一个回路，回路的总电阻为R。使线框绕轴以角速度ω匀速转动，数字实验系统实时显示回路中的电流i随时间t变化的关系如图所示。当线圈平面和竖直方向的夹角为θ时，电流达到最大值Im。求：(1)该处地磁场的磁感应强度大小B及地磁场方向与水平

面间的夹角；(2)线框转动一周时间内回路中产生的焦耳热Q；(3)线框转动时穿过线框的磁通量变化率的最大值ΔΦΔtm；线框从磁通量变化率最大位置开始转过60°的过程中，通过导线的电荷量q。解析：(1)根据欧姆定律：Im＝EmR交

流电电动势的最大值表达式为：Em＝nBSω则：B＝ImRnSω线圈平面与磁场方向平行时，感应电流最大，所以地磁场方向与水平面夹角为π2－θ。(2)根据焦耳定律：Q＝I2RTI＝Im2T＝2πω联立得：Q＝πIm2Rω。(3)根据法拉第电磁感应定律：E＝nΔΦΔtΔΦΔtm＝ImR

n根据：E＝nΔΦΔt，I＝ER，q＝IΔt，ΔΦ＝Φmsinθ，Φm＝Emnω＝ImRnω联立得线框从磁通量变化率最大位置开始转过60°的过程中，通过导线的电荷量：q＝nΔΦR＝3Im2ω。答案：(1)B＝ImRnSω；地磁场方向与水平面

夹角为π2－θ(2)Q＝πIm2Rω(3)ΔΦΔtm＝ImRnq＝3Im2ω12．(2018·苏锡常镇一模)一个圆形线圈，共有n＝10匝，其总电阻r＝4.0Ω，线圈与阻值R0＝16Ω的外电阻连成闭合回路，如图甲所示。线圈内部存在着一个边

长l＝0.20m的正方形区域，其中有分布均匀但强弱随时间变化的磁场，图乙显示了一个周期内磁场的变化情况，周期T＝1.0×10－2s，磁场方向以垂直线圈平面向外为正方向。求：(1)t＝18T时刻，电阻R0上

的电流大小和方向；(2)0～T2时间内，流过电阻R0的电量；(3)一个周期内电阻R0的发热量。解析：(1)0～T4内，感应电动势大小E1＝nΔΦ1Δt1＝4nB1ST，可得E1＝8V电流大小I1＝E1R＋r，可得I1＝0.4A电流方向b到a。

(2)同(1)可得T4～T2内，感应电流大小I2＝0.2A流过电路的电量q＝I1T4＋I2T4得q＝1.5×10－3C。(3)Q＝I12R0T2＋I22R0T2得Q＝1.6×10－2J。答案：(1)0.4A；电流方向b到a(2)1.5×10－3C(3)1.6×10－2J