（新課標）2020高考物理一輪復習 課時作業(yè)50 交變電流（含解析）新人教版

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1、交變電流 一、選擇題 1.(2018·海南)(多選)如圖，在磁感應強度大小為B的勻強磁場中，有一面積為S的矩形單匝閉合導線abcd，ab邊與磁場方向垂直，線框的電阻為R.使線框以恒定角速度ω繞過ad、bc中點的軸旋轉．下列說法正確的是(　　) A．線框abcd中感應電動勢的最大值是BSω B．線框abcd中感應電動勢的有效值是BSω C．線框平面與磁場方向平行時，流經線框的電流最大 D．線框平面與磁場方向垂直時，流經線框的電流最大 答案　AC 解析　A、B兩項，線框abcd繞垂直于磁場的軸轉動，產生的感應電動勢的最大值是Em＝BSω，故A項正確，B項錯誤； C、D兩項，線

2、框平面與磁場方向平行時，此時線圈處于與中性面垂直位置，故此時產生的感應電動勢最大，流經線框的電流最大，故C項正確，D項錯誤． 2.(2018·貴州二模)在勻強磁場中，一個150匝的閉合矩形金屬線圈，繞與磁感線重直的固定軸勻速轉動，穿過該線圈的磁通量隨時間變化規(guī)律如圖所示．設線圈總電阻為2 Ω，則(　　) A．t＝0時，線圈平面與磁感線方向垂直 B．t＝1 s時，線圈中的電流改變方向 C．t＝2 s時，線圈中磁通量的變化率為零 D．在2 s內，線圈產生的熱量為18π2J 答案　D 解析　A項，根據(jù)圖像可知，在t＝0時穿過線圈平面的磁通量為零，所以線圈平面平行于磁感線，故A項錯誤

3、； B項，Φ-t圖像的斜率為，即表示磁通量的變化率，在0.5 s～1.5 s之間，“斜率方向”不變，表示的感應電動勢方向不變，則電流強度方向不變，故B項錯誤； C項，2 s時圖像的斜率最大，故磁通量的變化率最大，故C項錯誤； D項，感應電動勢的最大值為Em＝NBSω＝NΦmω＝150×0.04× V＝6πV，有效值E＝＝3πV，根據(jù)焦耳定律可得一個周期產生的熱為Q＝t＝＝18π2J，故D項正確． 3．(2018·天津模擬)如圖所示矩形線圈在勻強破場中勻速轉動，已如從圖示位置轉過30°時，感應電動勢的瞬時值大小為25 V，則感應電動勢的峰值為(　　) A．50 V　　　　　　　　

4、B．25 V C．25 V D．50 V 答案　A 解析　圈繞垂直磁感線的軸勻速轉動，產生正弦式交變電流；從垂直中性面位置開始計時，電動勢的瞬時值為：e＝Emsinθ； 故當θ＝30°時，感應電動勢的瞬時值為： e＝Emsin30°＝25 V 解得Em＝50 V，故A項正確． 4.(2018·湖北模擬)如圖所示，一矩形線圈abcd放置在勻強磁場中，并繞過ab、cd中點的軸OO′以角速度ω逆時針勻速轉動．已知磁感應強度B＝0.50 T，線圈匝數(shù)N＝100匝，邊長Lab＝0.20 m，Lbc＝0.10 m，轉速n＝3 000 r/min.若以線圈平面與磁場夾角θ＝30°時為計時起

5、點，電動勢的瞬時值的表達式為(　　) A．e＝314sin(100πt＋)V B．e＝314sin(100πt－)V C．e＝314sin(100πt＋)V D．e＝314sin(100πt－)V 答案　B 解析　轉動的角速度ω＝＝100π rad/s 線圈轉動產生的感應電動勢Em＝NBSω＝314 V 從圖可看出線圈與中性面－60°開始旋轉， 故瞬時電動勢的表達式為e＝314sin(100πt－)V，故B項正確． 5．如圖表示一交流電的變化的圖像，此交流電的有效值為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　設交流電電流的有效值為I，周期為T，電

6、阻為R，則有： I′2RT＝()2R·＋()2R·＝5RT 解得：I′＝ A，故A、B、D三項錯誤，C項正確． 6.一個匝數(shù)為100匝，電阻為2 Ω的閉合線圈處于某一磁場中，磁場方向垂直于線圈平面，從某時刻起穿過線圈的磁通量按圖示規(guī)律變化．則線圈中產生交變電流的有效值為(　　) A. A B．0.6 A C. A D．0.5 A 答案　A 解析　0－1 s內的磁通量變化率為：K1＝ Wb/s＝0.01 Wb/s， 則感應電動勢E1＝＝1 V， 1－1.2 s內的磁通量變化率為：K2＝ Wb/s＝0.05 Wb/s， 則感應電動勢E2＝＝5 V 對一個定值電阻，

7、在一個周期內產生的熱量： Q＝Q1＋Q2＝×1＋×0.2＝3 J 根據(jù)有交流電有效值的定義：Q＝I2RT 得：I＝ A，故B、C、D三項錯誤，A項正確． 7.(2018·課標Ⅱ卷一模)如圖所示，直角三角形導線框OPQ放置在磁感應強度大小為B，方向垂直于OQ向右的勻強磁場中，且OP邊的長度為l，∠POQ＝θ.當導線框繞OQ邊以角速度ω逆時針轉動(從O向Q觀察)時，下列說法正確的是(　　) A．導線框OPQ內無感應電流 B．導線框OPQ內產生大小恒定，方向周期性變化的交變電流 C．P點的電勢始終大于O點的電勢 D．如果截去導線PQ，則P、O兩點的電勢差的最大值為Bl2ωsinθ

8、cosθ 答案　D 解析　A項，導線框OPQ內，只有邊長OP做切割磁感線運動，產生的感應電動勢，根據(jù)法拉第電磁感應定律可求得感應電動勢的大小為 E＝Bl··ωcosθsinωt＝Bl2ωsinθcosθsinωt，故導線框OPQ內產生正弦式交變電流，故A、B兩項錯誤； C項，由于導體框OPQ內產生正弦式交變電流，P點的電動勢與O的點的電動勢大小成周期性變化，故C項錯誤； D項，如果截取導線PQ，則沒有感應電流，但PQ兩點的電勢差U＝BLωcosθsinωt＝Bl2ωsinθcosθsinωt，故最大值為Bl2ωsinθcosθ，故D項正確． 8．(2018·成都模擬)如圖所示，一矩

9、形線圈面積為S，匝數(shù)為N，總電阻為r，繞其垂直于磁感線的對稱軸OO′以角速度ω勻速轉動，勻強磁場只分布于OO′的左側區(qū)域，磁感應強度為B，外接電阻為R，從圖示位置轉180°的過程中，下列說法正確的是(　　) A．從圖示位置開始計時，則感應電動勢隨時間變化的規(guī)律為e＝NBSωsinωt B．通過電阻R的電荷量q＝ C．外力做功平均功率P＝ D．電阻R中產生的焦耳熱為Q＝ 答案　B 解析　A項，線圈始終有一半在磁場中切割產生感應電動勢，故產生的最大值為Em＝NBSω，故從圖示位置開始計時，則感應電動勢隨時間變化的規(guī)律為e＝NBSωsinωt，故A項錯誤； B項，在轉動180°的過

10、程中，產生的平均感應電動勢E＝N，形成的感應電流I＝，故流過電阻R的電荷量為q＝I·Δt＝，解得q＝，故B項正確； C項，線圈產生的感應電動勢的有效值E＝＝，故外力做功的平均功率P＝＝，故C項錯誤； D項，電阻R產生的焦耳熱Q＝()2Rt＝，故D項錯誤． 9.在如圖所示的直角坐標系中，第一象限內有垂直坐標平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，一長為2l，總電阻為2r的均勻導體棒，以角速度ω在以O為圓心、半徑為l的圓環(huán)上做勻速轉動．由圓心和圓周上各引一導線與阻值為r的電阻組成如圖所示電路．已知由圓心引出的導線與圓環(huán)絕緣，與導體棒接觸良好，導體棒與圓環(huán)充分接觸，且不計圓環(huán)電阻，則通過外電路

11、定值電阻r上的電流的有效值是(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　導體棒轉動時，切割產生的感應電動勢E＝Bl2ω，通過外電阻r的電流I＝×＝， 在導體棒轉動一圈的過程中，有半個周期有電流，根據(jù)I2R＝I有效2RT得，電流的有效值I有效＝，故A項正確，B、C、D三項錯誤． 10．(多選)如圖所示，N匝矩形導線框在磁感應強度為B的勻強磁場中繞軸OO′勻速轉動，線框面積為S，線框的電阻、電感均不計，外電路接有電阻R、理想電流表A和二極管D.電流表的示數(shù)為I，二極管D具有單向導電性，即正向電阻為零，反向電阻無窮大，下列說法正確的是(　　) A．導線框轉動的角速度為

12、 B．導線框轉動的角速度為 C．導線框轉到圖示位置時，導線框中的磁通量最大，瞬時電動勢為零 D．導線框轉到圖示位置時，導線框中的磁通量最大，瞬時電動勢最大 答案　BC 解析　A項，線圈產生的最大感應電動勢Em＝NBSω.根據(jù)二極管的特點可知，在一個周期內有半個周期回路中有電流，根據(jù)交流電電流的熱效應可知·＝I2RT，解得ω＝，故B項正確，A項錯誤；C項，導線框轉到圖示位置時，線圈位于中性面處，導線框中的磁通量最大，瞬時電動勢為零，故C項正確，D項錯誤． 11.如圖所示，在垂直紙面向里的有界勻強磁場中放置了矩形線圈abcd.線圈cd邊沿豎直方向且與磁場的右邊界重合．線圈平面與磁場方向

13、垂直．從t＝0時刻起，線圈以恒定角速度ω＝繞cd邊沿圖所示方向轉動，規(guī)定線圈中電流沿abcda方向為正方向，則從t＝0到t＝T時間內，線圈中的電流I隨時間t變化關系圖像為圖中的(　　) 答案　B 解析　在0～內，線圈在勻強磁場中勻速轉動，故產生正弦交流電，由楞次定律知，電流方向為負值；在～T，線圈中無感應電流；在T時，ab邊垂直切割磁感線，感應電流最大，且電流方向為正值．故B項正確． 12．(2018·河南模擬)(多選)在某種科學益智玩具中，小明找到了一個小型發(fā)電機，其結構示意圖如圖1、2所示．圖1中，線圈的匝數(shù)為n，ab長度為L1，bc長度為L2，電阻為r；圖2是此裝置的正視圖，切

14、割處磁場的磁感應強度大小恒為B，有理想邊界的兩個扇形磁場區(qū)夾角都是90°.外力使線圈以角速度ω逆時針勻速轉動，電刷M端和N端接定值電阻，阻值為R，不計線圈轉動軸處的摩擦，下列說法正確的是(　　) A．線圈中產生的是正弦式交變電流 B．線圈在圖2所示位置時，產生感應電動勢E的大小為nBL1L2ω C．線圈在圖2所示位置時，電刷M的電勢高于N D．外力做功的平均功率為 答案　BC 解析　A項，根據(jù)磁場的分布可知，當線圈在磁場中時，ab、cd邊垂直磁場切割，產生感應電動勢大小不變，故不是正弦式函數(shù)，故A項錯誤； B項，有兩個邊一直在均勻輻向磁場中做切割磁感線運動，故根據(jù)切割公式，有

15、 E＝2NBL1v 其中v＝ωL2； 解得E＝NBL1L2ω，故B項正確； C項，根據(jù)右手定則，M端是電源正極為高電勢，故C項正確； D項，形成的感應電流I＝ 線圈轉動一個周期時間內，產生電流的時間是半周期，故外力平均功率P＝I2(R＋r) 解得P＝，故D項錯誤． 13．(多選)如圖所示，將一根絕緣硬金屬導線彎曲成一個完整的正弦曲線形狀，電阻為R，它通過兩個小金屬環(huán)與電阻不計的長直金屬桿導通，圖中a、b間距離為L，導線組成的正弦圖形頂部或底部到桿的距離都是d，右邊虛線范圍內存在磁感應強度大小為B、方向垂直于彎曲導線所在平面向里的勻強磁場，磁場區(qū)域的寬度為，現(xiàn)在外力作用下導線沿桿

16、以恒定的速度v向右運動，t＝0時刻a環(huán)剛從O點進入磁場區(qū)域，則下列說法正確的是(　　) A．t＝時刻，回路中的感應電動勢為Bdv B．t＝時刻，回路中的感應電流第一次開始改變方向 C．t＝時刻，回路中的感應電動勢為2Bdv D．從t＝0到t＝時間內，流過導線橫截面的電量為q＝ 答案　BD 解析　A項，t＝時刻，有效切割長度為0，回路中的感應電動勢為0，故A項錯誤． B項，由右手定則判斷知，t＝時刻前ab中感應電流方向由a→b.t＝時刻后，ab中感應電流方向由b→a，則知t＝時刻，回路中的感應電流第一次開始改變方向，故B項正確． C項，t＝時刻，效切割長度為d，回路中的感應電

17、動勢為Bdv，故C項錯誤． D項，從t＝0到t＝時間內，流過導線橫截面的電量為q＝＝＝＝，故D項正確． 14．(多選)利用海洋的波浪可以發(fā)電，在我國南海上有一浮筒式波浪發(fā)電燈塔，其原理示意圖如圖甲所示，浮桶內的磁體通過支柱固定在暗礁上，浮桶內置線圈隨波浪相對磁體沿豎直方向運動，且始終處于磁場中，該線圈與阻值R＝15 Ω的燈泡相連．浮桶下部由內、外兩密封圓筒構成，(圖乙中斜線陰影部分)，如圖乙所示，其內為產生磁場的磁體，與浮桶內側面的縫隙忽略不計；匝數(shù)n＝200的線圈所在處輻向磁場的磁感應強度B＝0.2 T，線圈直徑D＝0.4 m，電阻r＝1 Ω.取g＝10 m/s2，π2≈10，若浮筒隨波

18、浪上下運動的速度可表示為v＝0.4πsin(πt) m/s，則下列說法正確的是(　　) A．波浪發(fā)電產生電動勢e的瞬時表達式為e＝16sin(πt)V B．燈泡中電流i的瞬時表達式為i＝4sin(πt)A C．燈泡的電功率為120 W D．燈泡兩端電壓的有效值為30 V 答案　BCD 解析　電動勢e＝nBπDv＝64sin(πt)，A項錯．燈泡中電流i＝＝4sin(πt)，B項正確．燈泡的電功率P＝I2R＝()2×15 W＝120 W，C項正確．燈泡兩端電壓的有效值U＝IR＝30 V，D項正確． 二、非選擇題 15．圖甲是交流發(fā)電機模型示意圖．在磁感應強度為B的勻強磁場中，

19、有一矩形線圈abcd可繞線圈平面內垂直于磁感線的軸OO′轉動，由線圈引出的導線ae和df分別與兩個跟線圈一起繞OO′轉動的金屬圓環(huán)相連接，金屬圓環(huán)又分別與兩個固定的電刷保持滑動接觸，這樣矩形線圈在轉動中就可以保持和外電路電阻R形成閉合電路．圖乙是線圈的主視圖，導線ab和cd分別用它們的橫截面來表示．已知ab長度為L1，bc長度為L2，線圈以恒定角速度ω逆時針轉動．(只考慮單匝線圈) (1)線圈平面處于中性面位置時開始計時，試推導t時刻整個線圈中的感應電動勢e1的表達式； (2)線圈平面處于與中性面成φ0夾角位置時開始計時，如圖丙所示，試寫出t時刻整個線圈中的感應電動勢e2的表達式． 答案　(1)e1＝BL1L2ωsinωt　(2)e2＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0) 解析　(1)矩形線圈abcd在磁場中轉動時，ab、cd切割磁感線，且轉動的半徑為r＝， 轉動時ab、cd的線速度v＝ωr＝，且與磁場方向的夾角為ωt， 所以，整個線圈中的感應電動勢e1＝2BL1vsinωt＝BL1L2ωsinωt. (2)當t＝0時，線圈平面與中性面的夾角為φ0，則t時刻，線圈平面與中性面的夾角為ωt＋φ0 故此時感應電動勢的瞬時值 e2＝2BL1vsin(ωt＋φ0)＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)． 10