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二十五
交变电流的产生与描述
一、单选题
1．【成都2019届摸底】如图，匀强磁场中，一单匝矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，线框中产生的交变电动势瞬时值随时间变化的规律为e＝202sin l00πt（V）。下列说法正确的是( )
A．该线框转动的频率是100 Hz
B．该线框产生的交变电动势最大值是20 V
C．t＝0.005 s时刻，线框平面与中性面重合
D．t＝0.05 s时刻，穿过线圈的磁通量变化率为0
2．【广西百校大联考】如图所示，OO′是磁感应强度大小为B的匀强磁场的左边界，也是一面积为S的n匝矩形金属线框的对称轴，若线框以角速度ω绕与磁感线垂直的转轴OO′匀速转动，并从图示位置(线框与磁感线平行)开始计时，则( )
A．时，线框中的感应电流最小
B．时，穿过线框的磁通量变化率最大
C．线框中产生的交变电动势的最大值为nBSω
D．线框中产生的交变电动势的有效值为
3．【湖南质量监测】在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的感应电动势如图乙所示，则( )
A．线框产生的交变电动势有效值为311V
B．线框产生的交变电动势频率为100 Hz
C．t＝0.01 s时线框平面与中性面重合
D．t＝0.015 s时线框的磁通量变化率为零
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4．【淄博实验中学检测】有一交流发电机模型，矩形金属线圈在匀强磁场中绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，发电机负载为白炽小灯泡，若线圈匝数为100匝，回路总电阻为2 Ω，线圈转动过程中穿过该线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律为Φ＝0.04sin πt（Wb），设π2＝10，回路中电阻值恒定不变，则( )
A．t＝0时，回路瞬时电流为零
B．t＝10 s时，回路电流改变方向
C．t＝1.5 s时，回路瞬时电流最大
D．从t＝0到t＝10 s时间内，回路产生的焦耳热为400 J
5．【雄安新区高三模拟】图甲为风力发电的简易模型。在风力作用下，风叶带动与杆固连的永磁铁转动，磁铁下方的线圈与电压传感器相连。在某一风速时，传感器显示如图乙所示，则( )
A．磁铁的转速为10 r/s
B．线圈两端电压的有效值为6 V
C．交变电流的电压表达式为u＝12sin 5πt V
D．该交变电流可以直接加在击穿电压为9 V的电容器上
7．【昆明质检】如图甲所示，一定值电阻R与一理想交流电流表串联，且通过电刷与匝数为N、面积为S、阻值为r的正方形线框相连接，正方形线框处在水平向右的磁感应强度大小为B的匀强磁场中，现使线框绕中心轴线OO′以恒定的角速度ω转动。从某时刻开始计时，线框中产生的感应电动势随时间的变化规律如图乙所示。则( )
A．0～t1时间内，穿过线框的磁通量的变化量大小为NBS
B．t1～t2时间内流过定值电阻的电荷量为
C．t5时刻穿过线框的磁通量的变化率为NBSω
D．t5时刻理想交流电流表的读数为
8．【北京理工大学附属中模拟】如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法错误的是( )
A．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零
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B．线圈先后两次转速之比为3∶2
C．交流电a的瞬时值为u＝10sin 5πt(V)
D．交流电b的最大值为V
9．【广东七校2019届联考】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
B．0～时间内，线圈中感应电流方向为abcda
C．t＝时，线圈的磁通量为零，感应电动势也为零
D．线圈每转动一周电流方向改变两次
二、解答题
10．【莆田中心月考】如图所示，一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈匝数n＝100，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间按正弦规律变化，如图所示。发电机线圈电阻r＝4 Ω，外电路中的电阻R＝6 Ω，灯泡L电阻RL＝12 Ω，不计其他电阻，交流电流表为理想电流表。求：（π＝3.14）
(1)线圈从图示位置开始转动产生的电动势的瞬时值表达式；
(2)从图示位置转过90°的过程中电阻R产生的热量。
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11．【东城区联考】如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＝0.10 m、匝数n＝20匝的线圈，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布（其右视图如图乙所示）。在线圈所在位置磁感应强度的大小均为，线圈的电阻为R1＝0.50 Ω，它的引出线接有R2＝9.50 Ω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变化的规律如图丙所示时（摩擦等损耗不计）。求：
(1)小电珠中电流的峰值；
(2)电压表的示数；
(3)t＝0.01 s时外力F的大小；
(4)在不改变发电装置结构的条件下，要使小灯泡的功率提高，可采取什么办法?（至少说出两种方法）
答案与解析
1．【解析】该线框转动的频率是f=ω2π=100π2π=50Hz，选项A错误；该线框产生的交变电动势最大值是202V，选项B错误；t＝0.005s时刻，线框转过的角度为l00π×0.005=π2
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，此时平面与中性面垂直，选项C错误；t＝0.05s时刻，电动势的瞬时值为0，此时穿过线圈的磁通量变化率为0，选项D正确。
【答案】D
2．【解析】当t=2πω时，即ωt=2π时线框中的感应电流最大，A错误；当时，即ωt=π2时线圈处于中性面位置，感应电流为零，此时磁通量的变化率最小，B错误；线框中产生的交变电动势的最大值为Em=nB⋅S2⋅ω=12nBSω，选项C错误；线框中产生的交变电动势的有效值为E=Em2=24nBSω，D正确。
【答案】D
3．【解析】由图乙可知 T=0.02s，Em=311V，故该交变电流的有效值为E=Em2=3112V=220V，频率f=1T=50Hz，故A、B错误；0.01s时电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，即线框平面与中性面重合，故C正确；由图可知t=0.015s时刻感应电动势最大，所以穿过线框回路的磁通量变化率为最大，故D错误。
【答案】C
4．【解析】根据穿过线圈的磁通量随时间的变化规律Φ＝0.04sinπt（Wb），t＝0时，穿过回路的磁通量为零，感应电动势最大，感应电流最大，故A错误；t=10s时，穿过回路的磁通量为零，回路中的电流方向不改变，故B错误；t＝1.5s时，穿过回路的磁通量最大，磁通量的变化率为零，回路中的瞬时电流最小，故C错误；Em＝nBSω＝nΦmω＝4π V，故产生的感应电动势的有效值E＝Em2＝22πV，回路中产生的焦耳热Q=E2Rt＝400J，故D正确。
【答案】D
5．【解析】电流的周期为T=0.4s，故磁体的转速为n=1T=10.4=2.5r/s，故A错误；通过乙图可知电压的最大值为12V，故有效值U=Um2=122V=62V，故B错误；周期T=0.4s，故ω=2πT=2π0.4rad/s=5πrad/s，故电压的表达式为U=12sin5πt(V)，故C正确电容器的击穿电压为交流电的最大值，而交流电的最大值大于电容器的击穿电压，故不能，故D错误；
【答案】C
7．【解析】由题图甲、乙可知，0时刻穿过线框的磁通量大小为BS，t1时刻穿过线框的磁通量大小为0，因此0～t1时间内穿过线框的磁通量的变化量大小为BS。故A项错误。t1～t2时间内磁通量的变化量大小为BS，则平均电动势E=NBSΔt，通过电阻R的电荷量q=ER+r⋅Δt=NBS(R+r)Δt⋅Δt=NBSR+r。故B项错误。t5时刻线框中产生的感应电动势Em＝NBSω，由法拉第电磁感应定律E=NΔΦΔt可知： t5时刻穿过线框的磁通量的变化率ΔΦΔt=BSω
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。故C项错误。理想交流电流表的读数为交流电的有效值，则I=Em2R+r=NBSω2(R+r)；任一时刻理想交流电流表的读数均为NBSω2(R+r)。故D项正确。
【答案】D
8．【解析】由图可知，t=0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，所以A错误；由图象可知TA：TB=2：3，故nA：nB=3：2，所以B正确，由图象可知，交流电a的最大值为10V，角速度为ω=2πT=2π0.4=5π，所以交流电a的瞬时值为u=10sin5πtV，所以C正确；交流电最大值Um=NBSω，故Uma：Umb=3：2，故Umb＝23Uma＝203V，D正确。本题选错误的，故选A。
【答案】A
9．【解析】通电导线在其周围产生磁场，在其左侧产生的磁场垂直于纸面向外，离导线越远，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，故不切割磁感线不产生感应电动势，故A错误；在0～π2ω时间内，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈中感应电流方向为abcda，故B正确；t=π2ω时，线圈的磁通量为零，ab边和cd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。
【答案】BD
10．【解析】(1)根据乙图可知周期为：T=3.14×10-2s ，则角速度为：ω=2πT=200 rad/s；
线圈产生的电动势的最大值为：Em=nΦmω=200V
线圈从图示位置开始转动产生的电动势的瞬时值表达式：e=200cos200t；
(2)电阻R上电压的有效值为：UR＝Em2(R外+r)R外＝2002×8×4A＝502A
转过900角的时间：t=π2ω=π4×10-2s
电阻R产生的热量为：Q=UR2Rt=(502)26×π4×10-2J＝9.8J
11．【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峰值为Em=nBlv=nB2πrvm，电路总电阻为R1+R2
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则小灯泡中电流的峰值为Im=nB2πrvmR1+R2=20×0.2×2π×0.1×2π(9.5+0.5)A=0.16A
（2）电压表示数为有效值U=Um2=22ImR2=22×0.16×9.5V=0.762V≈1.07V
（3）当t=0.01s也就是T4时，外力F的大小F=nB2πrIm=n2B24π2r2R1+R2vm=0.128N
（4）根据P=U2R2，且U=Um2=22ImR2，Im=nB2πrvmR1+R2
联立解得：P=U2R2=R22nB2πrvmR1+R22
由上式可知在不改变发电装置结构的条件下，要使小灯泡的功率提高，可采取有：提高vm、或用变压器提高灯泡两端的电压U。
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