1、第2节交变电流的产生课后篇巩固提升必备知识基础练1.(多选)某小型发电机产生的交变电动势为e=50sin 100t V。对此电动势,下列表述正确的有()A.最大值是50 VB.频率是100 HzC.有效值是25 VD.周期是0.02 s解析由交变电动势的表达式可知,电动势的最大值Em=50 V,则有效值E=25 V,周期T=0.02 s,频率f=50 Hz,所以选项C、D正确。答案CD2.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动,从中性面开始转动180角的过程中,平均感应电动势和最大感应电动势之比为()A.B.C.2D.解析线圈从中性面转过180角过程中,磁通量的变化为=2-1=BS-(-BS)=2BS,
2、平均感应电动势E=,最大感应电动势Em=NBS,则平均感应电动势和最大感应电动势之比为,B正确。答案B3.(2020江苏宿豫中学月考)交流发电机在工作时电动势为e=Emsin t,若将发电机的转速提高一倍,同时将电枢所围面积减小一半,其他条件不变,则其电动势变为()A.e=Emsin B.e=2Emsin C.e=Emsin 2tD.e=sin 2t解析本题考查交变电压的瞬时值表达式e=Emsin t,而Em=NBS,当加倍而S减半时,Em不变,故正确答案为C。答案C4.(2020吉林吉林市一中检测)线框在匀强磁场中绕OO轴匀速转动(由上向下看是逆时针方向),当转到如图所示位置时,磁通量和感应
3、电动势大小的变化情况是()A.磁通量和感应电动势都在变大B.磁通量和感应电动势都在变小C.磁通量在变小,感应电动势在变大D.磁通量在变大,感应电动势在变小解析由题图,设线框平面与中性面夹角为,则有=mcos ,e=Emsin ,因为角变小,所以磁通量变大,感应电动势变小。答案D5.(多选)(2020陕西渭南检测)一矩形金属线圈,绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动,线圈中产生的感应电动势e随时间t变化的规律如图所示,下列说法中正确的是()A.此交变电流的频率为10 HzB.此感应电动势的有效值为 VC.t=0.1 s时,线圈平面与磁场方向垂直D.在线圈平面与磁场方向成30角时,感应电动势的
4、大小为1 V解析由图像知周期T=0.2 s,所以频率f=5 Hz,A错误;由图像可知,感应电动势的最大值为2 V,有效值为E= V= V,故B正确;由图可知,t=0.1 s时,感应电动势为0,所以线圈平面与磁场方向垂直,故C正确;在线圈平面与磁场方向成30时,感应电动势的大小e=2sin 60 V= V,故D错误。答案BC6.如图甲所示,矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO匀速转动,从某时刻开始计时,产生的感应电动势e随时间t的变化图像如图乙所示,若外接电阻R=70 ,线圈电阻r=10 ,求:(1)线圈的角速度;(2)通过线圈的最大电流;(3)电压表的示数。解析(1)由题图乙知,交变
5、电流的周期T=410-2 s线圈转动的角速度= rad/s=50 rad/s(2)由题图乙知,线圈产生的感应电动势的最大值Em=100 V则线圈的最大电流Im= A=1.25 A(3)线圈产生的感应电动势的有效值E= V=50 V电压表的示数U=R=70 V=61.9 V答案(1)50 rad/s(2)1.25 A(3)61.9 V7.某兴趣小组设计了一种发电装置,如图所示。在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角均为,磁场均沿半径方向。匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab=cd=l、bc=ad=2l。线圈以角速度绕中心轴匀速转动,bc和ad边同时进入磁场。在磁场中,两条边所经过处的磁感
6、应强度大小均为B,方向始终与两边的运动方向垂直。线圈的总电阻为r,外接电阻为R。求:(1)线圈切割磁感线时,感应电动势的大小Em;(2)线圈切割磁感线时,bc边所受安培力的大小F;(3)外接电阻上电流的有效值I。解析(1)bc、ad边的运动速度v=,感应电动势Em=4NBlv,解得Em=2NBl2。(2)电流Im=,安培力F=2NBIl,解得F=。(3)一个周期内,通电时间t=T,R上消耗的电能W=Rt且W=I2RT,解得I=。答案(1)2NBl2(2)(3)关键能力提升练8.(多选)如图所示为交流发电机示意图,线圈的AB边连在金属滑环K上,CD边连在金属滑环L上,两个电刷E、F分别压在两个滑
7、环上,线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路的连接。关于其工作原理,下列分析正确的是()A.当线圈平面转到中性面的瞬间,穿过线圈的磁通量最大B.当线圈平面转到中性面的瞬间,线圈中的感应电流最大C.当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间,穿过线圈的磁通量最小D.当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间,线圈中的感应电流最小解析当线圈平面转到中性面的瞬间,穿过线圈的磁通量最大,磁通量变化率为零,感应电动势为零,线圈中的感应电流为零,故选项A正确,B错误;当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间,穿过线圈的磁通量最小,磁通量变化率最大,感应电动势最大,线圈中的感应电流最大,选项C正确,D错误。答案AC9.(多选)(2
8、020湖北荆门高三元月调考)如图所示,固定平行的长直导轨M、N放置于匀强磁场中,导轨间距L=1 m,磁感应强度B=5 T,方向垂直于导轨平面向下,导体棒与导轨接触良好,驱动导体棒使其在磁场区域运动,速度随时间的变化规律为v=2sin 10t m/s,导轨与阻值为R=9 的外电阻相连,已知导体棒的电阻为r=1 ,不计导轨与电流表的电阻,则下列说法正确的是()A.导体棒做切割磁感线运动,产生频率为5 Hz的正弦交流电B.导体棒产生的感应电动势的有效值为10 VC.交流电流表的示数为0.5 AD.0时间内R产生的热量为0.45 J解析据题意,速度变化规律为v=2sin 10t m/s,则产生的电动势
9、为E=BLv=10sin 10t V,即产生频率为f=5 Hz的正弦交变电流;电动势峰值为Em=10 V,则导体棒电动势的有效值E=5 V,故A正确,B错误;电流表示数I= A= A,故C错误;交变电流的周期:T=0.2 s,在0内电阻R上产生热量Q=I2R90.1 J=0.45 J,故D正确。答案AD10.(多选)(2020华南师大附中实验中学期末联考)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=0.01 s时穿过线框的磁通量最小B.该线圈转动的角速度大小为 rad/sC.该交变电动势的瞬时
10、值表达式为e=22sin 100t VD.线框平面与中性面的夹角为45时,电动势瞬时值为22 V解析由图像知:t=0.01 s时,感应电动势为零,则穿过线框的磁通量最大,故A错误;该线圈转动的角速度大小为=100 rad/s,故B错误;当t=0时,电动势为零,线圈平面与磁场方向垂直,故该交变电动势的瞬时值表达式为e=Emsin t=22sin 100t V,故C正确;线框平面与中性面的夹角为45时,电动势瞬时值为e=Emsin 45=22 V,故D正确。答案CD11.有一10匝正方形线框,边长为20 cm,线框总电阻为1 ,线框绕OO轴以10 rad/s的角速度匀速转动,如图所示,垂直于线框平
11、面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.5 T。该线框产生的交变电流电动势最大值为 V、电流最大值为 A;线框从图示位置转过60时,感应电动势的瞬时值为 V。解析交变电流电动势最大值为Em=nBS=100.50.2210 V=6.28 V,电流最大值为Im= A=6.28 A。线框从图示位置转过60时,感应电动势e=Emsin 60=5.44 V。答案6.286.285.4412.在水平方向的匀强磁场中,有一个正方形闭合线圈绕垂直于磁感线的轴匀速转动,已知线圈的匝数为N=100匝,边长为20 cm,电阻为10 ,转动频率f=50 Hz,磁场的磁感应强度为0.5 T,求:(1)外力驱动线圈转动的功率;
12、(2)当线圈转至线圈平面与中性面的夹角为30时,线圈产生的感应电动势及感应电流的大小;(3)线圈由中性面转至与中性面成30角的过程中,通过导线横截面的电荷量。解析(1)线圈中产生的感应电动势的最大值为Em=NBS=1000.50.22250 V=628 V,感应电动势的有效值为E=314 V,外力驱动线圈转动的功率与线圈中交变电流的功率相等,即P外= W=1.97104 W。(2)当线圈转至线圈平面与中性面的夹角为30时,线圈产生的感应电动势的瞬时值为e=Emsin 30=314 V,感应电流的瞬时值为i= A=31.4 A。(3)在线圈由中性面转过30的过程中,线圈中的平均感应电动势为=N,平均感应电流为=N,故通过导线横截面的电荷量为q=t=N=0.027 C。答案(1)1.97104 W(2)314 V31.4 A(3)0.027 C6
