【与名师对话】高考物理总复习10.1交变电流的产生和描述课时作业新人教版选修3-21．如图中各图面积均为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：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动，产生的正弦交变电动势为e＝BSωsinωt，由这一原则判断，A图和C图符合要求；B图中的转轴不在线圈所在平面内；D图转轴与磁场方向平行，而不是垂直．故A、C正确．答案：AC2．(2022·云南省昆明市高三调研测试)在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示．产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示．则下列说法正确的是( )A．t＝0.01s时穿过线框的磁通量最小B．该交变电动势的有效值为11VC．该交变电动势的瞬时值表达式为e＝22sin(100πt)VD．电动势瞬时值为22V时，线圈平面与中性面的夹角为45°解析：由e－t图可知，t＝0.01s时线圈中产生的电动势为0，此时线圈处在中性面位置，磁通量应该是最大的，选项A错误；正弦式交流电的有效值为E＝，该交变电动势的有效值为22V，选项B错误；由e－t图可得e随时间的变化规律，该交变电动势的瞬时值表达式为e＝22sin(100πt)V，选项C正确；若e＝22sinθ＝22V，可得线圈平面与中性面的夹角θ为45°，选项D正确．答案：CD3．(2103·莆田市高中毕业班教学质量检查)矩形金属线圈共10匝，在匀强磁场中绕垂直磁场方向的转轴匀速转动，线圈中产生的电动势e随时间t变化的情况如图所示，下列说法中正确的是( )A．此交流电的频率为0.5HzB．此交流电的电动势有效值为2VC．t＝0.01s时，线圈所在平面与磁场方向平行D．穿过线圈的最大磁通量为Wb解析：由图知T＝0.02s，频率f＝＝50Hz，选项A错误；交流电动势的最大值为2V，有效值U＝＝V，选项B错误；t＝0.01s时，感应电动势e6\n＝0，线圈处于中性面，与磁场方向垂直，选项C正确；穿过线圈的最大磁通量φm，Em＝NBSw＝Nφmw，φm＝＝＝Wb，选项D正确．答案：D4．一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法正确的是( )A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直B．t＝0.01s时刻，Φ的变化率最大C．t＝0.02s时刻，交流电动势达到最大D．该线圈产生的交流电动势的图象如图乙所示解析：由Φ－t图知，t＝0时，Φ最大，即线圈处于中性面位置，此时e＝0，故A、D两项错误；由图知T＝0.04s，在t＝0.01s时，Φ＝0，最大，e最大，则B项正确；在t＝0.02s时，Φ最大，＝0，e＝0，则C项错误．答案：B5．(2022·温州适应性测试)面积为S的两个电阻相同的线圈，分别放在如图所示的磁场中，图甲中是磁感应强度为B0的匀强磁场，线圈在磁场中以周期T绕OO′轴匀速转动，图乙中磁场变化规律为B＝B0cos，从图示位置开始计时，则( )A．两线圈的磁通量变化规律相同B．两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同C．经相同的时间t(t>T)，两线圈产生的热量相同D．从此时刻起，经T/4时间，流过两线圈横截面的电荷量相同解析：甲：Φ甲＝B0Scosωt，乙：Φ乙＝BScosωt＝B0Scosωt，故磁通量变化率相同，又E＝，所以电动势变化规律也相同，故甲、乙两种情况电动势最大值出现时刻及有效值、平均值均相同．答案：ACD6.(2022·汕头市普通高中高三教学质量测评(二))面积为S的矩形线圈与外部电阻连接成闭合回路，线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，如图，则( )A．矩形线圈将产生交变电流B．在图示位置时，通过线框的磁通量为BSC．线框由图示位置转过90°时，电流方向即将改变D．在图示位置时，线框产生的感应电流为零6\n解析：矩形线圈绕垂直磁场的轴在磁场中匀速转动将产生交变电流，选项A正确，在图示位置，磁通量为0，选项B错误；线圈由图示位置转过90°时，电流为0，电流方向即将改变，选项C正确，选项D错误．答案：AC7．(2022·武汉市高中毕业生调研测试)图甲、图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，图乙所示的电压是正弦函数的一部分．下列说法正确的是( )A．图甲、图乙均表示交流电B．图甲所示电压的瞬时值表达式为u＝20sin100πt(V)C．图乙所示电压的有效值为20VD．图乙所示电压的有效值为10V解析：根据交变电流的定义，图甲、图乙均表示交流电，图甲中Um＝20V，T＝2×10－2s，ω＝2π/T＝100πrad，故电压的瞬时值表达式为u＝20sin100πt(V)，选项A、B正确；根据有效值的定义得：＝T，解得图乙所示电压的有效值U＝10V，选项D正确，选项C错误．答案：ABD8．(2022·天津市十二所重点学校高三联考)如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R.线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，下列说法正确的是( )A．转过时，线框中的电流方向为abcdaB．线框中感应电流的有效值为C．从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量为D．线框转一周的过程中，产生的热量为解析：由楞次定律知转过时，线框中的电流方向为adcba，选项A错误；线框中感应电动势的最大值Um＝BSω，有效值U＝＝.感应电流的有效值I＝＝，选项B正确；从中性面转过的过程中，通过导线横截面的电荷量q＝＝，选项C正确；线框转一周的过程中产生的热量Q＝t＝×＝，选项D错误．答案：BC6\n9．(2022·陕西五校)一个闭合的矩形线圈放在匀强磁场中匀速转动，角速度为ω时，线圈中产生的交变电动势的最大值为E0，周期为T0，外力提供的功率为P0.若使线圈转动的角速度变为2ω，线圈中产生的交变电动势的最大值为E，周期为T，外力提供的功率为P.则E、T和P的大小为( )A．E＝2E0，T＝T0，P＝2P0B．E＝E0，T＝T0，P＝2P0C．E＝2E0，T＝T0，P＝2P0D．E＝2E0，T＝T0，P＝4P0解析：设线圈为N匝，面积为S，所在区域磁感应强度为B，当角速度为ω时，产生的最大感应电动势E0＝NBSω，周期T0＝，外力提供的功率P0＝＝＝.当角速度为2ω时，产生的最大感应电动势E＝2NBSω＝2E0，周期T＝＝＝T0，外力提供的功率P＝＝＝4P0.故D正确．答案：D10.将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为l，它在磁感应强度为B、方向如右图所示的匀强磁场中匀速转动，转速为n，导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为P的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为( )A.B.C.D.解析：单匝正方形线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，将产生正弦式电流，则电动势的最大值Em＝Bl2ω＝2πnBl2，其有效值E＝＝，计算小灯泡的额定功率P要用其有效值，即P＝.R＝＝，故只有B选项正确．答案：B11．下图甲所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的匝数n＝100匝、电阻r＝10Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R＝90Ω，与R并联的交流电压表为理想电表．在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按下图乙所示正弦规律变化．求：6\n(1)交流发电机产生的电动势的最大值；(2)电路中交流电压表的示数．解析：(1)交流发电机产生的电动势的最大值Em＝nBSω 而Φm＝BS，ω＝，所以Em＝由Φ－t图线可知：Φm＝2.0×10－2Wb，T＝6.28×10－2s 所以Em＝200V.(2)电动势的有效值E＝Em＝100V由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为I＝＝A 交流电压表的示数为U＝IR＝90V≈127V.答案：(1)200V (2)127V12．(2022·江西质量监测)如下图甲所示是某同学设计的一种振动发电装置的示意图，它的结构是一个套在辐向形永久磁铁槽中的半径为r＝0.10m、匝数n＝20匝的线圈，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如下图乙所示)．在线圈所在位置磁感应强度B的大小均为B＝T，线圈的电阻为R1＝0.50Ω，它的引出线接有R2＝9.5Ω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，便有电流通过小电珠．当线圈运动速度v随时间t变化的规律如下图丙所示时(摩擦等损耗不计)．求：(1)小电珠中电流的最大值；(2)电压表的示数；(3)t＝0.1s时外力F的大小；(4)在不改变发电装置结构的条件下，要使小电珠的功率提高双倍，可采取什么办法(至少说出两种方法)?解析：(1)由题意及法拉第电磁感应定律知道，由于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最大值为：Em＝nBlv＝nB2πrvm，电路总电阻为：R1＋R2，那么小电珠中电流的最大值为Im＝＝A＝0.16A.(2)电压表示数为有效值U＝＝ImR2＝×0.16×9.5V＝0.76V≈1.07V.(3)当t＝0.1s也就是时，外力F的大小为F＝nB2πrIm＝vm＝0.128N.(4)提高vm 用变压器答案：(1)0.16A (2)1.07V (3)0.128N6\n(4)提高vm 用变压器6
