高考物理总复习 第十一章 第1节 交变电流的产生及描述检测(含解析)

变电动势最大值是202 V，选项B错误；t＝0.005 s时刻，线框转过的角度为100π×0.005π

＝，此时平面与中性面垂直，选项C错误；t＝0.05 s时刻，电动势的瞬时值为0，此时穿2过线圈的磁通量变化率为0，选项D正确．

【B级 能力题练稳准】

9．(2019·河北张家口联考)如图甲、乙、丙所示的是三个具有相同I0和周期T的交变电流，分别通过三个相同的电阻，下列说法中正确的是( )

A．在相同时间内，三个电阻发热量相等 B．在相同时间内，甲是丙发热量的2倍 1

C．在相同时间内，甲是乙发热量的

2

D．在相同时间内，乙发热量最大，甲次之，丙的发热量最小 解析：选C.甲的有效值为：I＝

I0

12

，由Q＝IRt可知一个周期内甲的发热量为：Q1＝I20RT；

22

2

乙前后半个周期电流大小相等，故其发热量为：Q2＝I0RT；丙只有前半个周期有电流，故其发11212

热量为：Q3＝I0R×T＝I0RT；故可知在相同时间内，甲、丙发热量相等，是乙发热量的，故

222C正确，A、B、D错误．

10．(多选)(2019·广东七校联考)如图所示，竖直长导线通有恒定电流，一矩形线圈abcd可绕其竖直对称轴O1O2转动．当线圈绕轴以角速度ω沿逆时针(沿轴线从上往下看)方向匀速转动，从图示位置开始计时，下列说法正确的是( )

A．t＝0时，线圈产生的感应电动势最大 π

B．0～ 时间内，线圈中感应电流方向为abcda

2ωπ

C．t＝ 时，线圈的磁通量为零，感应电动势也为零

2ωD．线圈每转动一周电流方向改变两次

解析：选BD.通电导线在其周围产生磁场，在其右侧产生的磁场垂直于纸面向外，离导线

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越远，磁场越弱，在t＝0时刻，ab边和cd边转动时，速度方向与磁场平行，故不切割磁感π

线不产生感应电动势，故A错误；在0～时间内，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律

2ωπ

可知，线圈中感应电流方向为abcda，故B正确；t＝ 时，线圈的磁通量为零，ab边和cd2ω边转动时，磁通量的变化率不为零，故感应电动势不为零，故C错误；线圈每转动一周电流方向改变两次，故D正确．

11．(多选)(2019·河南天一大联考)在某种科学益智玩具中，小明找到了一个小型发电机，其结构示意图如图甲、乙所示．图甲中，线圈的匝数为n，ab长度为L1，bc长度为L2，电阻为r；图乙是此装置的正视图，切割处磁场的磁感应强度大小恒为B，有理想边界的两个扇形磁场区夹角都是90°.外力使线圈以角速度ω逆时针匀速转动，电刷M端和N端接定值电阻，阻值为R，不计线圈转动轴处的摩擦，下列说法正确的是( )

A．线圈中产生的是正弦式交变电流

B．线圈在图乙所示位置时，产生感应电动势E的大小为nBL1L2ω C．线圈在图乙所示位置时，电刷M的电势高于N （nBL1L2ω）

D．外力做功的平均功率为

R＋r解析：选BC.有两个边一直在均匀辐向磁场中做切割磁感线运动，根据法拉第电磁感应定1

律，有：E＝2nBL1v，其中v＝ωL2，解得E＝nBL1L2ω，故不是正弦式交变电流，故A错误，

2B正确；根据根据右手定则，M端是电源正极，即M的电势高于N的电势，故C正确；由图乙

2

E2

可知，线圈转动一个周期时间内，产生电流的时间是半个周期，故外力平均功率 P＝

2（R＋r）

（nBL1L2ω）＝，故D错误．

2（R＋r）

12.(2019·江苏联考)旋转磁极式发电机通过磁极的旋转使不动的线圈切割磁感线而产生感应电流，其原理示意图可简化为：如图所示，固定不动的单匝矩形线圈abcd 的电阻为r，外电阻为R，磁场绕转轴OO′匀速转动，角速度为ω，周期为T.图中的电压表为理想电表，示数为U.求：

(1)发电机线圈内阻消耗的功率；

(2)从图示位置开始计时，t＝0时，通过外电阻 R 的电流及方向；

2

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(3)从图示位置开始计时，t＝时，穿过矩形线圈abcd 的磁通量．

4解析：(1)根据热功率公式可知，Pr＝()r；

(2) 旋转磁极式发电机产生正弦式交变电流，根据正弦式交变电流的最大值与有效值的关系可知，Umax＝2U，t＝0时，电流为最大值，所以电流I＝电流方向为自左向右；

(3)从图示位置开始计时经过 ，线圈转到中性面位置，所以有Emax＝BSω，磁通量Φ＝

4

2UTUR2

R，根据“楞次定律”可知，TBS，由以上各式可解得：Φ＝

答案：(1)()r (2)(3)

2U（R＋r）

2U（R＋r）

. ωRUR2

2UR，方向自左向右

Rω13．(2019·北京海淀质检)如图甲所示，长、宽分别为L1、L2的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为n，总电阻为r，可绕其竖直中心轴O1O2转动．线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D(集流环)焊接在一起，并通过电刷和定值电阻R相连．线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场，磁感应强度B的大小随时间t的变化关系如图乙所示，其中B0、B1和t1均为已知量．在0～t1的时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直；t1时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度ω匀速转动．求：

(1)0～t1时间内通过电阻R的电流大小；

(2)线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻R产生的热量；

(3)线框匀速转动后，从图甲所示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量． 解析：(1)0～t1时间内，线框中的感应电动势

E＝nΔΦnL1L2（B1－B0）

＝ Δtt1

根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻R的电流

EnL1L2（B1－B0）I＝＝. R＋r（R＋r）t1

(2)线框产生感应电动势的最大值

Em＝nB1L1L2ω

感应电动势的有效值E＝

2

nB1L1L2ω 2

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2nB1L1L2ω通过电阻R的电流的有效值I＝2（R＋r）

线框转动一周所需的时间t＝2π

ω 此过程中，电阻R产生的热量

2

Q＝I2

Rt＝πRω??nB1L1L2?R＋r???

.

(3)线框从图甲所示位置转过90°的过程中， 平均感应电动势E＝nΔΦnB1L1L2

Δt＝Δt

平均感应电流I＝nB1L1L2

Δt（R＋r） 通过电阻R的电荷量

q＝IΔt＝nB1L1L2

R＋r. 答案：(1)nL1L2（B1－B0）nB1L1L（R＋r）t (2)πRω?2?21??R＋r??

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nB1L1L2R＋r (3)