1、全程復習2014屆高考物理全程復習方略（人教版-第一輪）課時提能演練（含詳細解析）10.1交變電流的產生和描述(40分鐘 100分)一、選擇題(本題共8小題，每題9分，至少一個答案正確，選不全得5分，共72分)1.如圖中各圖面積均為S的線圈均繞其對稱軸或中心軸在勻強磁場B中以角速度勻速轉動，能產生正弦交變電動勢e=BSsint的圖是( )2.如圖所示，矩形線框置于豎直向下的磁場中，通過導線與靈敏電流表相連，線框在磁場中繞垂直于磁場方向的轉軸勻速轉動，圖中線框平面處于豎直面內，下述說法正確的是( )A因為線框中產生的是交變電流，所以電流表示數始終為零B線框通過圖中位置瞬間，穿過線框的磁通量最大C

2、線框通過圖中位置瞬間，通過電流表的電流瞬時值最大D若使線框轉動的角速度增大一倍，那么通過電流表電流的有效值也增大一倍3.(2012·南通模擬)面積為S的兩個電阻相同的線圈,分別放在如圖所示的磁場中,圖甲中是磁感應強度為B0的勻強磁場,線圈在磁場中以周期T繞OO軸勻速轉動,圖乙中磁場變化規律為,從圖示位置開始計時,則( )A.兩線圈的磁通量變化規律相同B.兩線圈中感應電動勢達到最大值的時刻不同C.經相同的時間t(tT),兩線圈產生的熱量相同D.從此時刻起,經T/4時間,流過兩線圈橫截面的電荷量相同4.如圖所示，圖甲和圖乙分別表示正弦脈沖波和方波的交變電流與時間的變化關系.若使這兩種電流

3、分別通過兩個完全相同的電阻，則經過1 min的時間，兩電阻消耗的電功之比W甲W乙為( )A. B.12C.13D.165.一只矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁感線的軸勻速轉動，穿過線圈的磁通量隨時間變化的圖象如圖甲所示，則下列說法正確的是( )A.t=0時刻，線圈平面與中性面垂直B.t=0.01 s時刻，的變化率最大C.t=0.02 s時刻，交流電動勢達到最大D.該線圈產生的交流電動勢的圖象如圖乙所示6.(2011·四川高考)如圖所示，在勻強磁場中勻速轉動的矩形線圈的周期為T,轉軸O1O2垂直于磁場方向，線圈電阻為2 .從線圈平面與磁場方向平行時開始計時，線圈轉過60°時的感

4、應電流為1 A.那么( )A.線圈消耗的電功率為4 WB.線圈中感應電流的有效值為2 AC.任意時刻線圈中的感應電動勢為D.任意時刻穿過線圈的磁通量為7.(2012·揚州模擬)如圖甲所示,一矩形閉合線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的轉軸OO以恒定的角速度轉動,從線圈平面與磁場方向平行時開始計時,線圈中產生的交變電流按照圖乙所示的余弦規律變化,在時刻( )A.線圈中的電流最大B.穿過線圈的磁通量最大C.線圈所受的安培力為零D.穿過線圈磁通量的變化率最大8.(2012·連云港模擬)一個閉合的矩形線圈放在勻強磁場中勻速轉動，角速度為時，線圈中產生的交變電動勢的最大值為E0，周期為

5、T0，外力提供的功率為P0.若使線圈轉動的角速度變為2,線圈中產生的交變電動勢的最大值為E，周期為T，外力提供的功率為P.則E、T和P的大小為( )A.E=2E0,T=T0,P=2P0B.E=E0,T=T0,P=2P0C.E=2E0,T=T0,P=2P0D.E=2E0,T=T0,P=4P0二、計算題(本大題共2小題，共28分，要有必要的文字說明和解題步驟，有數值計算的要注明單位) 9.(2012·深圳模擬)(12分)如圖所示為一個小型旋轉電樞式交流發電機的原理圖,其矩形線圈的長度ab=0.25 m,寬度bc=0.20 m,共有n=100匝,總電阻r=1.0 ,可繞與磁場方向垂直的對稱

6、軸OO轉動.線圈處于磁感應強度B=0.40 T的勻強磁場中,與線圈兩端相連的金屬滑環上接一個“3.0 V 1.8 W”的燈泡,當線圈以角速度勻速轉動時,小燈泡消耗的功率恰好為1.8 W.(不計轉動軸與電刷的摩擦,結果保留兩位有效數字)(1)求線圈轉動的角速度;(2)線圈以上述角速度轉動100周過程中發電機產生的電能為多少?10.(2012·福州模擬)(16分)如圖所示，一個半徑為r的半圓形線圈，以直徑ab為軸勻速轉動，轉速為n，ab的左側有垂直于紙面向里(與ab垂直)的勻強磁場，磁感應強度為B.M和N是兩個集流環，負載電阻為R，線圈、電流表和連接導線的電阻不計，求：(1)感應電動勢的

7、最大值；(2)從圖示位置起轉過1/4轉的時間內負載電阻R上產生的熱量；(3)從圖示位置起轉過1/4轉的時間內通過負載電阻R的電荷量；(4)電流表的示數.答案解析1.【解析】選A、C.線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸(軸在線圈所在平面內)勻速轉動，產生的正弦交變電動勢為e=BSsint,由這一原則判斷，A圖和C圖符合要求;B圖中的轉軸不在線圈所在平面內；D圖轉軸與磁場方向平行，而不是垂直.故A、C正確.2.【解析】選C、D.線框在勻強磁場中勻速轉動時產生感應電流，在中性面即線框與磁感線垂直時，磁通量最大，感應電動勢最小，而在題中圖示位置線框與磁感線平行時，磁通量最小，感應電動勢最大，A、B錯

8、,C對；電流的有效值，現在其余的量都不變，角速度增大一倍后，電流的有效值也增大一倍，D正確.3.【解析】選A、C、D.圖甲中的磁通量變化規律為,圖乙中的磁通量變化規律為.由于兩線圈的磁通量變化規律相同,則兩線圈中感應電動勢的變化規律相同,達到最大值的時刻也相同,有效值E也相同.又因兩線圈電阻相同,所以也相同.經過時間,流過兩線圈橫截面的電荷量也相同.故A、C、D三項正確.4.【解析】選C.電功的計算，I要用有效值計算，圖甲中，由有效值的定義得，解得；圖乙中，I的值不變，I2=1 A，由W=UIt=I2Rt，可以得到W甲W乙=13，C正確.5.【解析】選B.由-t圖知，t=0時，最大，即線圈處于

9、中性面位置，此時e=0，故A、D兩項錯誤；由圖知T=0.04 s，在t=0.01 s時，=0，最大，e最大，則B項正確；在t=0.02 s時，最大，=0，e=0，則C項錯誤.【變式備選】一矩形線圈，繞垂直于勻強磁場并位于線圈平面的固定軸轉動，線圈中的感應電動勢e隨時間t的變化如圖，下面說法中正確的是( )A.t1時刻通過線圈的磁通量為零B.t2時刻通過線圈的磁通量的絕對值最大C.t3時刻通過線圈的磁通量的絕對值最大D.每當e變換方向時，通過線圈的磁通量絕對值為最大【解析】選C、D.t1、t3時刻線圈中的感應電動勢e=0，即為線圈經過中性面的時刻，此時線圈的磁通量為最大，但磁通量的變化率卻為零，

10、所以選項A不正確，C正確.t2時刻e=-Em，線圈平面轉至與磁感線平行，此時通過線圈的磁通量為零，磁通量的變化率卻為最大，故B不正確.每當e的方向變化時，也就是線圈經過中性面的時刻，通過線圈的磁通量的絕對值都為最大，故D正確.6.【解題指南】解答本題應注意以下三點：(1)線圈從平行于磁場開始計時，其瞬時值表達式為余弦函數；(2)利用瞬時值表達式求出電動勢的最大值、有效值；(3)利用磁通量的定義計算磁通量的表達式.【解析】選A、C.由于線圈從垂直于中性面啟動，則瞬時值表達式可記為e=Emcos，代入數據可知2=Emcos60°，得最大值Em=4 V，即有效值以及，功率為，瞬時值表達式為

11、.故A、C正確，B錯誤.再由Em=NBS，則任意時刻穿過線圈的磁通量為 ，可知D錯誤.7.【解析】選B、C. ,線圈轉過90°,線圈平面與磁感線垂直,此時穿過線圈的磁通量最大,穿過線圈磁通量的變化率為零,感應電流為零,線圈不受安培力作用,故A、D錯誤,B、C正確.8.【解析】選D.設線圈為N匝，面積為S，所在區域磁感應強度為B，當角速度為時，產生的最大感應電動勢E0=NBS，周期，外力提供的功率.當角速度為2時，產生的最大感應電動勢E=2NBS=2E0，周期，外力提供的功率.故D正確.9.【解析】(1)設小燈泡正常發光時的電流為I,則 (1分)設燈泡正常發光時的電阻為R, (2分)根據閉合電路歐姆定律得:E=I(R+r)=3.6 V(1分)發電機感應電動勢最大值為 (2分)解得 (2分)(2)發電機產生的電能為 (2分)解得Q=5.4×102 J(2分)答案:(1)2.5 rad/s(2)5.4×102 J【總結提升】交流電路的三個特點(1)交流電路中，閉合電路歐姆定律、焦耳定律同樣適用.(2)交流電路中，交流電流表、電壓表測量的都是交變電流的有效值.(3)交流電路中感應電動勢的最大值為Em=nBS，Em僅由n、B、S、四個物理量決定，與轉動軸的位置和線圈的形狀都無關.10.【解析】(1)線圈繞軸勻速轉動時，在電路中產生如圖所示的交變電流.此交變