第十三章第31講提能訓練練案[64]基礎過關練題組一交變電流的產生及變化規律1．在以下四種情境中，線圈中產生的電流與其正下方所示的i－t圖線相對應的是(A)A．圖甲 B．圖乙C．圖丙 D．圖丁[解析]線圈中產生的電流大小為i＝eq\f(E,R)＝eq\f(NBSω,R)cosωt，故A正確；線圈中產生的電流大小為i＝eq\f(E,R)＝eq\f(NB\f(S,2)ω,R)sinωt＝eq\f(NBSω,2R)sinωt，故B錯誤；線圈中磁通量恒定不變，產生的電流為矩形交變電流，故C錯誤；線圈中產生的電流大小為i＝eq\f(E,R)＝eq\f(NB\f(S,2)ω,R)sinωt＝eq\f(NBSω,2R)sinωt，故D錯誤。故選A。2．一手搖交流發電機線圈在勻強磁場中勻速轉動。轉軸位于線圈平面內，并與磁場方向垂直。產生的交變電流i隨時間t變化關系如圖所示，則(C)A．該交變電流頻率是0.4HzB．該交變電流有效值是0.8AC．t＝0.1s時，穿過線圈平面的磁通量最小D．該交變電流瞬時值表達式是i＝0.8eq\r(2)sin5πt(A)[解析]由題圖可知，該交變電流的周期T＝0.4s，電流的最大值im＝0.8A，則該交變電流的頻率f＝eq\f(1,T)＝2.5Hz，電流有效值i有＝eq\f(im,\r(2))＝0.4eq\r(2)A，A、B錯誤；t＝0.1s時，感應電流最大，線圈平面與中性面垂直，此時穿過線圈平面的磁通量最小，C正確；由角速度ω＝2πf＝5πrad/s可知，該交變電流瞬時值表達式是i＝imsinωt＝0.8sin5πt(A)，D錯誤。3．(2024·江蘇省高三月考)兩人在赤道上站立，各自手握金屬繩OPO′的一端，繞東西方向的水平軸沿順時針方向勻速搖動，周期為T，將金屬繩連入電路，閉合回路如圖所示，取金屬繩在圖示的最高位置時為t＝0時刻，則下列說法正確的是(A)A．電路中存在周期為T的變化電流B．t＝0時刻，回路中磁通量最大，電路中電流最大C．t＝eq\f(T,4)時刻，電流向左通過靈敏電流計D．t＝eq\f(T,2)時刻，回路磁通量最大，電路中電流最大[解析]金屬繩在勻強磁場中勻速搖動時，產生周期性變化的電流，所以這個電路中存在周期為T的變化電流，故A正確；在t＝eq\f(T,4)時刻，金屬繩向下運動，由右手定則可知，電流向右通過靈敏電流計，故C錯誤；在t＝0時刻和t＝eq\f(T,2)時刻，磁通量的變化率最小，則電路中電流最小，故B、D錯誤。4．(2024·安徽高三月考)如圖所示，圖線a是線圈在勻強磁場中勻速轉動時所產生的正弦交流電的圖像，當調整線圈轉速后，所產生正弦交流電的圖像如圖線b所示，以下關于這兩個正弦交流電的說法錯誤的是(D)A．在t＝0時刻穿過兩線圈的磁通量均為最大B．線圈先后兩次轉速之比為3∶2C．圖線b所對應的交流電的有效值為eq\f(20\r(2),3)VD．圖線a所對應的交流電的瞬時值表達式為e＝10eq\r(2)sin5πt(V)[解析]由題圖可知，t＝0時刻兩線圈均在中性面，穿過線圈的磁通量最大，故A正確，不符合題意；由題圖可知周期Ta∶Tb＝2∶3，角速度ω＝eq\f(2π,T)，則ωa∶ωb＝3∶2，轉速na∶nb＝3∶2，故B正確，不符合題意；交流電的最大值Um＝NBSω，故Uma∶Umb＝3∶2，所以Umb＝eq\f(2,3)Uma＝eq\f(40,3)V，所以圖線b所對應的交流電的有效值為Ub＝eq\f(Umb,\r(2))＝eq\f(20\r(2),3)V，故C正確，不符合題意；由題圖可知，圖線a所對應的交流電的最大值為20V，角速度為eq\f(2π,Ta)＝5πrad/s，所以瞬時值的表達式為e＝20sin5πt(V)，故D錯誤，符合題意。5．(多選)勻強磁場中，一個100匝的閉合矩形金屬線圈，繞與磁感線垂直的固定軸勻速轉動，穿過該線圈的磁通量隨時間按圖示正弦規律變化。設線圈總電阻為2Ω，則(AD)A．t＝0時，線圈平面平行于磁感線B．t＝1s時，線圈中的電流改變方向C．t＝1.5s時，線圈中的感應電動勢最大D．一個周期內，線圈產生的熱量為8π2J[解析]t＝0時，磁通量為零，磁感線與線圈平面平行，A正確；當磁感線與線圈平面平行時，磁通量變化率最大，感應電動勢最大，感應電動勢隨時間變化的圖像如圖所示，由圖可知，t＝1s時，感應電流沒有改變方向，B錯誤；t＝1.5s時，感應電動勢為0，C錯誤；感應電動勢最大值Em＝NBSω＝NΦmeq\f(2π,T)＝100×0.04×eq\f(2π,2)(V)＝4π(V)，有效值E＝eq\f(\r(2),2)×4π(V)＝2eq\r(2)π(V)，Q＝eq\f(E2,R)T＝8π2(J)，D正確。題組二交變電流有效值的求解6．如圖所示為一交流電通過一電子元件后的波形圖，曲線部分為正弦式交流電電流的一部分，則下列說法正確的是(D)A．這是一種交變電流B．電流的變化周期為0.03sC．電流通過100Ω的電阻時，電功率為300WD．圖中電流的有效值為eq\r(\f(5,3))A[解析]該電流方向不變，所以不是交變電流，故A錯誤；電流的變化周期為0.015s，故B錯誤；設圖中電流的有效值為I，根據等效熱值法有I2RT＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(2))A))2R·eq\f(2T,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1A))2R·eq\f(T,3)，解得I＝eq\r(\f(5,3))A，故D正確；電流通過100Ω的電阻時，電功率為P＝I2R＝eq\f(500,3)W，故C錯誤。7．(多選)(2024·重慶市江津聯考)有一種家用電器工作原理圖如圖甲所示，當電阻絲接在正弦式交流電源(如圖乙)上后，電阻絲開始加熱，當其溫度達到某一數值時，自動恒溫裝置啟動，使電阻絲所接電壓如圖丙所示變化，從而進入恒溫狀態。則當自動恒溫裝置啟動后(BD)A．電阻絲所接交變電壓的頻率變為原來的一半B．電壓表的示數大約是原來的0.7倍C．電壓表的示數大約是原來的0.5倍D．電阻絲的功率變為原來的一半[解析]由圖可知溫控啟動后，交變電流的頻率不變，故A錯誤；由圖可知該交變電流的周期T＝2×10－2s，可分兩段0～0.01s和0.01～0.02s，根據有效值的定義可得eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Um,\r(2))))2,R)·eq\f(T,2)＝eq\f(U′2,R)·T，可得溫控啟動后，電壓有效值U′＝eq\f(Um,2)，溫控啟動前，電壓有效值U＝eq\f(Um,\r(2))，故U′＝eq\f(U,\r(2))≈0.7U，電壓表的示數大約是原來的0.7倍，故B正確，C錯誤；根據電熱絲的功率P＝eq\f(U2,R)，可得eq\f(P2,P1)＝eq\f(\f(U′2,R),\f(U2,R))＝eq\f(U′2,U2)＝eq\f(1,2)，故D正確。題組三交變電流“四值”的比較8．(多選)(2024·四川成都診斷)如圖(a)為一交流發電機示意圖，線圈abcd在勻強磁場中繞固定軸OO′沿順時針方向勻速轉動，圖(b)是該發電機的電動勢隨時間t按余弦規律變化的圖像。已知線圈電阻為2.5Ω，定值電阻R＝10Ω，電表均為理想交流電表。由此可以判定(AC)A．電流表讀數為0.8AB．電壓表讀數為10VC．t＝0.1s時刻，穿過線圈的磁通量為零D．0～0.05s內，通過電阻R的電荷量為0.04C[解析]電動勢有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝10V，電流表的讀數I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(10,10＋2.5)A＝0.8A，電壓表讀數U＝IR＝8V，選項A正確，B錯誤；t＝0.1s時刻，感應電動勢最大，此時穿過線圈的磁通量為零，選項C正確；0～0.05s內，通過電阻R的電荷量q＝eq\f(\x\to(E),R＋r)Δt，eq\x\to(E)＝eq\f(NBS,Δt)＝eq\f(Em,ωΔt)＝eq\f(TEm,2πΔt)，則q＝eq\f(TEm,2πR＋r)＝eq\f(0.2×10\r(2),2π10＋2.5)C＝eq\f(2\r(2),25π)C≈0.036C，選項D錯誤。9．(多選)(2021·浙江1月卷)發電機的示意圖如圖甲所示，邊長為L的正方形金屬框，在磁感應強度為B的勻強磁場中以恒定角速度繞OO′軸轉動，阻值為R的電阻兩端的電壓如圖乙所示。其他電阻不計，圖乙中的Um為已知量。則金屬框轉動一周(BD)A．框內電流方向不變B．電動勢的最大值為UmC．流過電阻的電荷量eq\f(2BL2,R)D．電阻產生的焦耳熱eq\f(πUmBL2,R)[解析]當線框轉動時，框內電流方向每經過中性面一次都要變化一次，則選項A錯誤；由圖乙可知，電動勢的最大值為Um，選項B正確；線圈轉過半周，則流過電阻的電荷量為q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(2BL2,R)，則金屬框轉過一周流過電阻的電荷量為q′＝2q＝eq\f(4BL2,R)，則選項C錯誤；因為Um＝BωL2，則ω＝eq\f(Um,BL2)，金屬框轉過一周電阻產生的焦耳熱Q＝eq\f(U2,R)T＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Um,\r(2))))2,R)·eq\f(2π,ω)＝eq\f(πUmBL2,R)，選項D正確。故選BD。能力綜合練10．如圖所示的區域內有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一扇形閉合導線框，電阻為R、半徑為L、圓心角為60°，繞頂點O(位于磁場邊界)在紙面內勻速轉動，角速度為ω。線框中連接一理想交流電流表(未畫出)，則交流電流表的示數為(D)A.eq\f(\r(2)BL2ω,2R) B．eq\f(\r(2)BL2ω,4R)C.eq\f(\r(3)BL2ω,3R) D．eq\f(\r(3)BL2ω,6R)[解析]設線框轉動周期為T，而線框轉動一周只有eq\f(T,3)的時間內有感應電流，此時感應電流的大小為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\f(1,2)BL2ω,R)＝eq\f(BL2ω,2R)，根據有效值的定義有Ieq\o\al(2,有效)RT＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BL2ω,2R)))2R·eq\f(T,3)，所以感應電流的有效值為I有效＝eq\f(\r(3)BL2ω,6R)，D正確。11．光滑導軌間距d＝0.5m，導軌間有一足夠寬的磁場，磁感應強度B＝2T的勻強磁場中，導軌兩端分別接有電阻R＝3Ω的電阻和阻值為RL＝6Ω的小燈泡，t＝0時，一電阻r＝2Ω的導體棒MN處在磁場的左邊界處，之后在外力作用下以速度v＝4sin10πt(m/s)恰好能在磁場兩邊界間往返運動，導軌的電阻不計，導體棒與導軌接觸良好，在導體棒MN以后的運動中(D)A．導體棒MN從磁場左邊到右邊過程中，通過的電荷量為0.4CB．導體棒在磁場中做勻變速運動C．小燈泡的功率為eq\f(2,3)WD．導體棒運動到磁場中間位置時，電阻R的電流為eq\f(2,3)A[解析]磁場的有效面積未知，平均電流無法求出，故不能求出電荷量，A項錯誤；由牛頓第二定律，導體棒的加速度a＝eq\f(BId,m)＝eq\f(B2d2v,mR)，由于v＝4sin10πt(m/s)，所以a＝eq\f(4B2d2,mR)sin10πt，所以導體棒的加速度隨時間變化，導體棒在磁場中做變加速運動，B項錯誤；導體棒產生的電動勢為e＝Bdv＝4sin10πt(V)，故電動勢有效值為E＝2eq\r(2)V，外電路總電阻為R外＝eq\f(RLR,RL＋R)＝2Ω，故燈泡兩端的電壓為U＝eq\f(R外,R外＋r)·E＝eq\r(2)V，故燈泡的功率為PL＝eq\f(U2,RL)＝eq\f(1,3)W，C項錯誤；運動到磁場中間位置時，導體棒處于運動周期的t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)＋k))T，k＝0,1,2,3，…，即峰值位置，此時vm＝4m/s，電動勢為Em＝4V，通過電阻R的瞬時電流為I＝eq\f(Em,R外＋r)·eq\f(RL,R＋RL)＝eq\f(2,3)A，D項正確。故選D。12．(2024·廣東茂名聯考)風力發電是一種綠色環保的清潔能源，統計顯示，我國風力發電規模已經連續12年位居世界第一。根據電磁感應的基本原理，風力發電可建立如下模型，葉片長度為l的風輪機在風的驅動下，帶動內部矩形線圈在勻強磁場中繞垂直磁場的軸勻速轉動產生交流電。假設空氣密度為ρ，風速為v，發電機將風的動能轉化為電能的效率為η，發電機正常工作時線圈中產生如圖乙所示的正弦交流電，下列說法正確的是(B)A．發電機的發電功率P＝eq\f(1,2)πρl2v3B．若風速加倍，則發電機的功率將變為8倍C．發電機線圈輸出電壓的有效值為UD．t＝t1時，發電機線圈中磁通量的變化率最大[解析]依題意，可得單位時間吹到葉片上的風的質量為m＝πρl2v，根據能量守恒可得發電機的發電功率P＝eq\f(1,2)mv2η＝eq\f(1,2)πηρl2v3，若風速加倍，則發電機的功率將變為原來的8倍，故A錯誤，B正確；由圖乙知，該發電機輸出余弦交流電的最大值為U，則發電機的輸出電壓有效值為eq\f(\r(2)U,2)，故C錯誤；在t＝t1時，電動勢的瞬時值為零，根據法拉第電磁感應定律可知，此時發電機線圖中磁通量的變化率為零，故D錯誤。故選B。13．(2023·山西太原高三調研)如圖所示，兩根等高光滑的eq\f(1,4)圓弧軌道，半徑為r、間距為L，軌道