【文档说明】高考物理复习 课时过关题35 交变电流的产生和描述（含答案解析）.doc，共(8)页，213.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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2020(人教版)高考物理复习课时过关题35交变电流的产生和描述1.一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，周期为T，从中性面开始计时，当t=112T时，感应电动势的瞬时值为10V，则此交流电电压的有效值为()A．52VB．10VC．10

2D．20V2.矩形线圈abcd在如图所示的磁场中以恒定的角速度ω绕ab边转动，磁场方向垂直纸面向里，其中ab边左侧磁场的磁感应强度大小是右侧磁场的2倍．在t=0时刻线圈平面与纸面重合，且cd边正在向纸外转动．规定图示箭头方向为电流正方向，则线圈

中电流随时间变化的关系图线应是()3.如图所示为一交变电流随时间变化的图象，此交流电的有效值是()A．52AB．5AC．3.52AD．3.5A4.图甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示的电压按正弦规律变化．下列说法正确

的是()A．图甲表示交流电，图乙表示直流电B．图甲电压的有效值为220V，图乙电压的有效值小于220VC．图乙电压的瞬时值表达式为u=2202sin100πt(V)D．图甲电压经过匝数比为1：10的变压器变压后，频率变为原来的10倍5.一电阻接到方波交流电源上，在

一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q正．该电阻上电压的峰值均为u0，周期均为T，如图所示，则Q方∶Q正等于()A．1∶2B.2∶1C．1∶2D．2∶16.如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为

B.电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动(O轴位于磁场边界)．则线框内产生的感应电流的有效值为()A.BL2ω2RB.2BL2ω2RC.2BL2ω4R

D.BL2ω4R7.如图所示，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，且按图示方向转动，则下列说法正确的是()A．t=T4(T为周期)时感应电流沿abcda方向B．t=0时穿过线圈的磁通量最大，产生的感应电流最大C．若转速增大为原来的2倍，则交变电流的

频率是原来的4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8.如图甲所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO′匀速转动，从图示位置开始计时，产生的感应电动势e随时间t的变化曲线如图乙所示．若线圈的转速变为原来的2倍，而其他条

件保持不变，从图示位置转过90°开始计时，则能正确反映线圈中产生的电动势e随时间t的变化规律的图象是()9.如图所示，虚线两侧有垂直线框平面磁感应强度均为B的匀强磁场，直角扇形导线框半径为L、总电阻为R，绕垂直于线框平面的轴O以角速度ω匀速转动．线框从图中所示位置开始转动一周的过程中，线框内感

应电流的有效值是()A.BL2ωRB.2BL2ω2RC.2BL2ω4RD.2BL2ωR10.如图所示，在xOy直角坐标系中的第二象限有垂直坐标平面向里的匀强磁场，第四象限有垂直坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B.直角扇形导线框半径为L、总电阻为R，在坐标平面

内绕坐标原点O以角速度ω逆时针匀速转动．线框从图中所示位置开始转动一周的过程中，线框内感应电流的有效值是()A．I=BL2ωRB．I=BL2ω2RC．I=0D．I=BLω2R11.(多选)有一种家用电器，图甲是其电路工作原理图，当电阻丝接在U=311sin100

πt(V)的交流电源上后，电阻丝开始加热，当其温度达到某一数值时，自动控温装置P启动，使电阻丝所接电压变为按图乙所示波形变化(部分仍为正弦波)，从而进入保温状态．不计电阻丝阻值的变化，则下列说法正确的是()A．P启动后，电阻丝的功率变为原来的一半B．P启动后，电阻丝所接电压的频率变为原来的一半

C．P启动后，电压表的读数大约是原来的0.5倍D．P启动后，电压表的读数大约是原来的0.7倍12.(多选)如图甲所示为风力发电的简易模型．在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的磁铁转动，转速与风速成正比．若某一风速时，线圈中产生的正弦式电流如图乙所示．下列说法正确的

是()A．电流的表达式为i=0.6sin10πt(A)B．磁铁的转速为10r/sC．风速加倍时电流的表达式为i=1.2sin10πt(A)D．风速加倍时线圈中电流的有效值为325A13.(多选)如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀

速转动时所产生的正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是()A．在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零B．线圈先后两次转速之比为3∶2C．交流电

a的瞬时值表达式为u=10sin5πt(V)D．交流电b的最大值为203V14.(多选)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=15Ω的灯泡相连．浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图中斜线阴影部分)，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匝的线圈所在

处辐射磁场的磁感应强度B=0.2T，线圈直径D=0.4m，电阻r=1Ω.取重力加速度g=10m/s2，π2≈10.若浮桶随波浪上下运动的速度可表示为v=0.4πsin(πt)m/s.则下列说法正确的是()A．波浪发电产生电动势e的瞬时表达式为e=16sin(πt)VB．灯泡中电

流i的瞬时表达式为i=4sin(πt)AC．灯泡的电功率为120WD．灯泡两端电压的有效值为1522V15.(多选)如图所示，N匝矩形导线框在磁感应强度为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、理想电流表A和二极管D.电流表的示数为I，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．导线框转动的角速度为2RINBSB．导线框转动的角速度为4RINBSC．导线框转到图示位置时，线框中的磁通量最大，瞬时电动势为零D．导线框转到图示位置

时，线框中的磁通量最大，瞬时电动势最大16.(多选)如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象分别如图乙中曲线a、b所示，则()A．两次t=0时刻线圈平面均与中性

面垂直B．曲线a、b对应的线圈转速之比为3：2C．曲线a表示的交变电动势频率为25HzD．曲线b表示的交变电动势为10V答案解析1.答案为：C；解析：[从中性面开始计时，瞬时值表达式为e=Emsin2πT

t，当t=112T时，e=Em2=10V，解得Em=20V，有效值E=Em2=102V，C正确．]2.答案为：A；解析：[绕垂直磁场的轴转动时，线圈能够产生的最大感应电动势Em=nBSω，因左侧磁场的

磁感应强度大小是右侧磁场的2倍，所以线圈在左侧磁场中产生的感应电动势最大值是右侧磁场中最大值的2倍，再利用楞次定律分析感应电流方向，可知选项A正确．]3.答案为：B；解析：[选择一个周期(0.02s)的时间，根据交流电有效值的定义和焦耳定律．有：I2RT=I2

1R×T2＋I22R×T2，代入数据解得：I=5A，即B项正确．]4.答案为：B；解析：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；相同时刻，图甲电压与图乙电压对比，根据有效值的定义可知，图甲中电

压的有效值要比图乙中电压的有效值大，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，改变的是电压，而频率不发生变化，D错误．5.答案为：D；解析：[由焦耳定律Q=U2R·t得：Q方=U2

0R·T2＋U20R·T2，Q正=U022R·T2＋U022R·T2，所以Q方Q正=21故D正确，A、B、C错误．]6.答案为：D；解析：[线框转动的角速度为ω，进磁场的过程用时18周期，出磁场的过程

用时18周期，进、出磁场时产生的感应电流大小均为I′=12BL2ωR，则转动一周产生的感应电流的有效值I满足：I2RT=12BL2ωR2R×14T，解得I=BL2ω4R，D项正确．]7.答案为：A；解析：t=T4(T为周期)时

，根据楞次定律，则有感生电流沿abcda方向，A正确；当t=0时穿过线圈的磁通量最大，而产生的感应电动势为零，则产生的感应电流也为零，B错误；若转速增大为原来的2倍，根据转速与频率成正比的关系，则交变电流的频率是原来的2倍，

C错误；若转速增大为原来的2倍，则感应电动势的最大值也增大为原来的2倍，因此最大感应电流也增大为原来的2倍，所以产生的电流有效值为原来的2倍，D错误．8.答案为：A；解析：[由题图乙知，周期T=4s，感应电动势的最大

值Em=1V，而感应电动势的最大值的表达式Em=NBSω=NBS·2πT.若仅把线圈的转速变为原来的2倍，则周期T′变为原来的12，即T′=2s，而感应电动势的最大值Em′变为原来的2倍，即Em′=2V，所以选项B、C错误；从图示位置转过90°开始计时，也就是t=0时线圈中产生

的感应电动势应为0，所以选项A正确，D错误．]9.答案为：B；解析：线框从图示位置转过90°的过程中，即在0～T4内，穿过闭合线框的磁通量不变，线框内无感应电流；在转过90°至180°的过程中，即在T4～T2内，线框中的感应电动势为E=BL2ω，大小恒定不变，感应电流沿逆时针方向；在转

过180°至270°的过程中，即在T2～3T4内，穿过闭合线框的磁通量不变，线框内无感应电流；在转过270°至360°的过程中，即在3T4～T内，线框中的感应电动势为E=BL2ω，大小恒定不变，感应电流沿顺时针方向．根据以上分析，画出

一个周期内感应电动势E—t图象(图象略)，利用电流的热效应计算感应电动势的有效值为U有=2BL2ω2，所以I有=U有R=2BL2ω2R，选项B正确．10.答案为：B；解析：[从图示位置转过90°的过程中，即在0～T4时间内，线框中的感应电动势为E=12BL2ω，感应电流沿顺时针方向；在转

过90°至180°的过程中，即在T4～T2时间内，线框中的感应电动势仍为E=12BL2ω，感应电流沿逆时针方向；在转过180°至270°的过程中，即在T2～3T4时间内，线框中的感应电动势仍为E=12BL2ω，感应电流沿逆时针方向；在转过270°至360°的过程中，即在3

T4～T时间内，线框中的感应电动势仍为E=12BL2ω，感应电流沿顺时针方向．根据有效值的定义知I=BL2ω2R，B项正确．]11.答案为：AD；解析：P启动前电阻丝的功率P1=311/22R=31122R，结合乙图可知电阻丝的功率P2=U′2有R，由有效值定义有U2有R·T2＋0=

U′2有RT，得P2=12·U2有R=12·31122R，则知P1=2P2，A正确；P启动前所接电压的频率f=100π2πHz=50Hz，启动后所接电压的频率f′=1T=10.02Hz=50Hz，则B错误；电压表测有

效值，启动前U有=3112V，又由启动前后功率关系可知，启动后U′有=22·U有≈0.7U有，则C错误，D正确．12.答案为：AD；解析：由题图乙可知，电流的周期T=0.2s，则ω=2πT=10πrad/s

，由交流电的电流表达式i=Asinωt(A)，可知A正确；根据ω=2πn，可知转速为5r/s，B错误；由于转速与风速成正比，当风速加倍时，转速也加倍，即角速度加倍，由Im=EmR总=NBSωR总可知，电流的最大值也加倍，即Im=

1.2A，则电流的表达式为i=1.2sin20πt(A)，电流的有效值I=Im2=1.22A=325A，C错误，D正确．13.答案为：BCD；解析：[在图中t=0时刻，感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，A错

误；a的周期为0.4s，b的周期为0.6s，转速与周期成反比，所以转速之比为3∶2，B正确；交流电的瞬时值表达式为u=Umsinωt，所以a的瞬时值表达式为u=10sin2π0.4t=10sin5πt(V)，C正确；由Um=NBSω，可知角速度变为原来的23，则最大值变为原来的23，

交流电b的最大值为203V，D正确．]14.答案为：BC；解析：[波浪发电产生电动势e的瞬时表达式为：e=NB·πD·v=200×0.2×π×0.4×0.4πsin(πt)V=64·sin(πt)V，选项A错误；灯泡中电流i的瞬时表达式为i=er＋R=4sin(πt)

A，选项B正确；灯泡的电功率为P=I2R=Im22R=422×15W=120W，选项C正确；灯泡两端电压的有效值为UR=Um2·RR＋r=642×1515＋1V=302V，选项D错误．]15.答案为：AC；解析：导线框产生的最大感应电动势

Em=NBSω.根据二极管的特点可知，在一个周期内只有半个周期回路中有电流，根据交变电流的热效应可知NBSω2R2R·T2=I2RT，解得ω=2RINBS，故A正确，B错误；导线框转到图示位置时，即导

线框位于中性面位置，线框中的磁通量最大，瞬时电动势为零，故C正确，D错误．16.答案为：BC；解析：由题图乙可知，两次t=0时刻，感应电动势为0，则说明线圈平面与磁场垂直，即线圈平面在中性面位置，A错误；由题

图乙可知，两次的周期之比为Ta：Tb=4：6=2：3，因为转速等于周期的倒数，故转速之比为3：2，B正确；曲线a的周期为Ta=4×10－2s，故曲线a表示的交变电动势频率为f=1Ta=25Hz，C正确；因为曲线a的最大值为15V，即15V=NBSωa，对于曲线b而言，Eb=NBSωb，由

于ωa：ωb=3：2，故Eb=10V，故它的有效值为52V，D错误．