（含標準答案及解析）
時間：45分鐘分值：100分
1．圖中閉合線圈都在勻強磁場中繞虛線所示的固定轉軸勻速轉動，能產生正弦式交變電流
的是( )
2．矩形線圈在勻強磁場中繞垂直於磁感線的轉軸勻速轉動，產生的交流電動勢的最大值為
em.設t＝0時線圈平面與磁場平行，當線圈的匝數增加一倍，轉速也增大一倍，其他條件不變時，交流電的電動勢為( )
a．e＝2emsin 2ωtb．e＝4emsin 2ωt
c．e＝emsin 2ωtd．e＝4emcos 2ωt
3．乙隻矩形線圈在勻強磁場中繞垂直於磁感線的軸勻速轉動，穿過線圈的磁通量隨時間變
化的圖象如下圖甲所示，則下列說法中正確的是( )
a．t＝0時刻線圈平面與中性面垂直
b．t＝0.01 s時刻φ的變化率達到最大
c．0.02 s時刻感應電動勢達到最大
d．該線圈相應的感應電動勢圖象如圖乙所示
4．電阻r1、r2和交流電源按照圖甲所示方式連線，r1＝10 ω，r2＝20 ω.合上開關s後，通過電阻r2的正弦交變電流i隨時間t變化的情況如圖乙所示，則( )
a．通過r1的電流的有效值是1.2 a
b．r1兩端的電壓有效值是6 v
c．通過r2的電流的有效值是1.2 a
d．r2兩端的電壓有效值是6 v
5．(2012·高考北京卷)乙個小型電熱器若接在輸出電壓為10 v的直流電源上，消耗電功率為p；若把它接在某個正弦交流電源上，其消耗的電功率為.如果電熱器電阻不變，則此交流電源輸出電壓的最大值為( )
a．5 vb．5 v
c．10 vd．10 v
6．如圖所示，先後用不同的交流電源給同一盞燈泡供電．第一次燈泡兩端的電壓隨時間按正弦規律變化，如圖甲所示；第二次燈泡兩端的電壓變化規律如圖乙所示．若圖甲、乙中的u0、t所表示的電壓、週期值是相同的，則以下說法正確的是( )
a．第一次燈泡兩端的電壓有效值是u0
b．第二次燈泡兩端的電壓有效值是u0
c．第一次和第二次燈泡的電功率之比是2∶9
d．第一次和第二次燈泡的電功率之比是1∶5
7．(2011·高考安徽卷)如圖所示的區域內有垂直於紙面的勻強磁場，磁感應強度為b.電阻為r、半徑為l、圓心角為45°的扇形閉合導線框繞垂直於紙面的o軸以角速度ω勻速轉動(o軸位於磁場邊界)．則線框內產生的感應電流的有效值為( )
ab.cd.
8．(2013·山西四校聯考)如圖所示，電阻為r的矩形線圈在勻強磁場中繞垂直於磁場的軸以某一角速度ω勻速轉動．t＝0時，線圈平面與磁場垂直，各電表均為理想交流電表，則( )
a．t＝0時，線圈中的感應電動勢最大
b．1 s內電路中的電流方向改變了次
c．滑片p向下滑動時，電壓表的讀數不變
d．線圈勻速運動的角速度ω變大時，電流錶的讀數也變大
9．(2011·高考四川卷)如圖所示，在勻強磁場中勻速轉動的矩形線圈的週期為t，轉軸o1o2垂直於磁場方向，線圈電阻為2 ω.從線圈平面與磁場方向平行時開始計時，線圈轉過60°時的感應電流為1 a．那麼( )
a．線圈消耗的電功率為4 w
b．線圈中感應電流的有效值為2 a
c．任意時刻線圈中的感應電動勢為e＝4cost
d．任意時刻穿過線圈的磁通量為φ＝sin t
10．(2012·江蘇無錫模擬)如圖所示，面積s＝0.5 m2，匝數n＝100
匝，內阻r＝2.0 ω的矩形線圈放在磁感應強度為b＝0.02 t的勻強磁場中，使它繞垂直於磁場的oo′軸以角速度ω＝100π rad/s勻速轉動，線圈通過電刷與乙個阻值r＝20 ω的電阻連線，○v為交流電壓表．求：
(1)線圈從圖示位置轉過60°時，交流電壓表v的讀數；
(2)線圈從圖示位置轉過90°的過程中，電阻r中通過的電荷量．
11．電壓u＝120sin ωt v，頻率為50 hz的交變電流，把它加在激發電壓和熄滅電壓均
為u0＝60 v的霓虹燈的兩端．
(1)求在乙個小時內，霓虹燈發光時間有多長？
(2)試分析為什麼人眼不能感到這種忽明忽暗的現象？
12．(2012·高考安徽卷)圖1是交流發電機模型示意圖．在磁感應強度為b的勻強磁場中，
有一矩形線圈abcd可繞線圈平面內垂直於磁感線的軸oo′轉動，由線圈引出的導線ae和df分別與兩個跟線圈一起繞oo′轉動的金屬圓環相連線，金屬圓環又分別與兩個固定的電刷保持滑動接觸，這樣矩形線圈在轉動中就可以保持和外電路電阻r形成閉合電路．圖2是線圈的主檢視，導線ab和cd分別用它們的橫截面來表示．已知ab長度為l1，bc長度為l2，線圈以恆定角速度ω逆時針轉動．(只考慮單匝線圈)
(1)線圈平面處於中性面位置時開始計時，試推導t時刻整個線圈中的感應電動勢e1的表示式；
(2)線圈平面處於與中性麵成φ0夾角位置時開始計時，如圖3所示，試寫出t時刻整個線圈中的感應電動勢e2的表示式；
(3)若線圈電阻為r，求線圈每轉動一周電阻r上產生的焦耳熱．(其它電阻均不計)
標準答案及解析：
1． 答案：abd
2．解析：em＝nbsω所以當s和ω都增大一倍時，電動勢的最大值增大到原來的4倍，再考慮到，相位與ω的關係所以選項d正確．
答案：d
3． 解析：由φ－t圖知，在t＝0時，φ最大，即線圈處於中性面位置，此時e＝0，故a、d兩項錯誤；由圖知t＝0.04 s，在t＝0.
01 s時，φ＝0，最大，e最大，則b項正確；在t＝0.02 s時，φ最大，＝0，e＝0，則c項錯．
答案：b
4．解析：由題圖知流過r2交流電電流的最大值i2m＝0.6 a，故選項c錯誤；由u2m＝i2mr2＝12 v，選項d錯誤；因串聯電路電流處處相同，則i1m＝0.
6 a，電流的有效值i1＝＝0.6 a，故a項錯誤；由u1＝i1r1＝6 v，故選項b正確．
答案：b
5．解析：設電熱器電阻為r，正弦交流電源的電壓有效值為u效，接10 v直流電源時，p＝＝①；接交流電源時，＝②，聯立①②得u效＝5 v，故最大值um＝u效＝10 v，c選項正確．
答案：c
6．解析：第一次所加正弦交流電壓的有效值u1＝u0，a項正確；設第二次所加交流電壓的有效值為u2，則根據有效值的含義有t＝×＋×，解得u2＝u0，b項錯；根據電功率的定義式p＝可知，p1∶p2＝1∶5，c項錯、d項正確．
答案：ad
7．解析：扇形閉合導線框切割磁感線的有效長度始終是半徑l，各點的平均速度v＝，導線框進磁場和出磁場時有感應電流產生，由法拉第電磁感應定律和有效值的定義有：e＝，×＝i2rt，可得i＝，故d正確，a、b、c錯誤．
答案：d
8． 解析：由題意可知：線圈在t＝0時處於中性面位置，感應電動勢最小為0，a錯；1 s內線圈轉過圈，每一圈電流方向改變兩次，所以電流方向改變次數為，b錯；電壓表測量的是路端電壓，p向下滑時，外電阻r阻值增加，電壓表示數增大，c錯；線圈轉動速度ω增大時，由e＝bsω得，感應電動勢有效值增加，電流有效值也增加，即電流表示數增加，d對．
答案：d
9．解析：從線圈平面平行於磁感線開始計時，正弦式交變電流的感應電動勢的一般表示式為e＝emcos θ，且該式的成立與轉軸的位置無關(轉軸平行於磁感線的情況除外)，則感應電流i＝＝cos θ，由題給條件有：1＝×，em＝4 v，則im＝2 a，i有效＝a，電功率p＝ir＝4 w，所以a正確、b錯誤．e＝4cos ωt＝4cost，即c正確．由em＝bsω＝φm·得φm＝，故φ＝sint，即d錯誤．
答案：ac
10．解析：(1)由題意知，交變電流電動勢的最大值為
em＝nbsω＝100×0.02×0.5×100π v≈314 v
有效值e＝＝v≈222 v
交流電壓表的示數為有效值，則示數u＝e＝222 v.
(2)線圈從圖示位置轉過90°的過程中，感應電動勢的平均值為＝n，平均電流＝，通過電阻r的電荷量q＝·δt
聯立解得q＝n＝n，代入資料，得
q＝100×c≈0.045 c.
答案：(1)222 v (2)0.045 c
11．解析：(1)如圖所示，畫出乙個週期內交變電流的u－t圖象，其中陰影部分對應的時間t1表示霓虹燈不能發光的時間，根據對稱性，乙個週期內霓虹燈不能發光的時間為4t1
當u＝u0＝60 v時，
由u＝120sin ωt，求得：t1＝s
再由對稱性知乙個週期內能發光的時間：
t＝t－4t1＝s－4×s＝s
再由比例關係求得乙個小時內霓虹燈發光的時間為：
t＝×s＝2 400 s.
(2)很明顯霓虹燈在工作過程中是忽明忽暗的，而熄滅的時間間隔只有s(如圖中t2＋t3那段時間)，由於人的眼睛具有視覺暫留現象，而這個視覺暫留時間約為s遠大於s，因此經過燈光刺激的人眼不會因為短暫的熄滅而有所感覺．
答案：(1)2 400 s (2)見解析
12．解析：(1)矩形線圈abcd轉動過程中，只有ab和cd切割磁感線，設ab和cd的轉動速度為v，則
v＝ω·①
在t時刻，導線ab和cd因切割磁感線而產生的感應電動勢均為
e1＝bl1vy②
由圖可知vy＝vsin ωt③
則整個線圈的感應電動勢為
e1＝2e1＝bl1l2ωsin ωt④
(2)當線圈由圖3位置開始運動時，在t時刻整個線圈的感應電動勢為
e2＝bl1l2ωsin(ωt＋φ0)⑤
(3)由閉合電路歐姆定律可知
i＝⑥e＝＝⑦
則線圈轉動一周在r上產生的焦耳熱為
qr＝i2rt⑧
其中t＝⑨
於是qr＝πrω2⑩
答案：(1)e1＝2e1＝bl1l2ωsin ωt
(2)e2＝bl1l2ωsin(ωt＋φ0)
(3)πrω2
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2019高考物理總複習 十六 交變電流
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2019高考物理知識總結 第14章《交變電流》
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