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1微专题76交流电的产生与描述1．交变电流的产生往往与交变电流图像结合出题，要能将交变电流的图像与线圈的转动过程一一对应起来，分析电流、电动势、磁通量的变化规律．2．交流电有效值是根据热效应等效计算的．1．(多选)(2019·云南玉溪一中第五次调研)图1甲为一台小型发电机的构造示意图，内阻r＝5.0Ω，外电路电阻R＝95Ω，电路中其余电阻不计．发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈匝数n＝100.转动过程中穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按正弦规律变化，如图乙所示，(π＝3.14，2＝1.4)则()图1A．该小型发电机的电动势的最大值为200VB．t＝3.14×10－2s时，磁通量的变化率为2Wb/sC．t＝3.14×10－2s时，串联在外电路中的交流电流表的读数为2AD．t＝3.14×10－2s时，串联在外电路中的交流电流表的读数为1.4A2．(2020·安徽宣城市调研)图2甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′(OO′沿水平方向)匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R＝10Ω连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电压表，示数是10V．图乙是矩形线圈中磁通量随时间t变化的图像．线圈内阻不计，则()图2A．此交流发电机的电动势平均值为102VB．t＝0.02s时R两端的电压瞬时值为零C．R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝102cos(100πt)VD．当ab边速度方向向上时，它所受安培力的方向也向上3．(多选)(2019·安徽皖江名校联盟摸底大联考)如图3所示为交流发电的简易图，n匝矩形线圈的面积为S，整个装置处在磁感应强度为B的竖直向下匀强磁场中，已知线圈的电阻值2为r，通过电刷与定值电阻R相连接，与定值电阻并联一理想的交流电压表，现矩形线圈绕中心轴线OO′以恒定的角速度ω匀速转动．t＝0时刻线圈处在中性面．下列说法正确的是()图3A．t＝0时刻流过定值电阻的电流方向向左B．线圈中产生感应电动势的瞬时表达式为e＝nBSω·sinωt(V)C．线圈转动的过程中，电压表的读数为nBSωRR＋rD．从t＝0时刻起，线圈转过60°时流过定值电阻的瞬时电流为3nBSωR＋r4．(多选)(2019·江苏扬州市一模)电阻为1Ω的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，线圈的电动势随时间变化的图像如图4所示．现把线圈的电动势加在电阻为9Ω的电热丝上，则下列说法正确的是()图4A．线圈转动的角速度为31.4rad/sB．如果线圈转速提高一倍，则电流发生改变C．电热丝两端的电压U＝1002VD．电热丝的发热功率P＝1800W5．(多选)如图5甲所示，将阻值为R＝5Ω的电阻接到内阻不计的正弦交变电源上，电流随时间变化的规律如图乙所示，理想交流电流表串联在电路中测量电流的大小．对此，下列说法正确的是()3图5A．电阻R两端电压变化规律的函数表达式为u＝2.5sin(200πt)VB．电阻R消耗的电功率为1.25WC．如图丙所示，若此交变电流由一矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生，当线圈的转速提升一倍时，电流表的示数为1AD．这一交变电流与图丁所示电流比较，其有效值之比为1∶26．(多选)(2020·湖北黄冈中学模拟)如图6甲所示是一种振动发电装置的示意图，半径为r＝0.1m、匝数n＝20的线圈位于辐向分布的磁场中，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)，线圈所在位置的磁感应强度的大小均为B＝0.20πT，线圈电阻为R1＝0.5Ω，它的引出线接有R2＝9.5Ω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，线圈运动速度v随时间t变化的规律如图丙所示(摩擦等损耗不计)，则()图6A．小电珠中电流的峰值为0.16AB．小电珠中电流的有效值为0.16AC．电压表的示数约为1.5VD．t＝0.1s时外力的大小为0.128N7．(多选)(2019·湖南十二校联考)如图7所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B，若线圈从图示位置开始，以角速度ω绕OO′轴匀速转动，则以下判断正确的是()4图7A．图示位置线圈中的感应电动势最大为Em＝BL2ωB．从图示位置开始计时，闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e＝12BL2ωsinωtC．线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为q＝2BL2R＋rD．线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q＝πB2ωL4RR＋r25答案精析1．ABD[从Φ－t图线可以看出，Φmax＝1.0×10－2Wb，T＝3.14×10－2s，ω＝2πT，感应电动势的最大值Emax＝nωΦmax＝100×2π3.14×10－2×1×10－2V＝200V，故A正确；t＝3.14×10－2s时，磁通量Φ的变化率最大，最大值为ΔΦΔt＝Emaxn＝200100Wb/s＝2Wb/s，故B正确；电路中电流有效值I＝Emax2R＋r＝2001002A＝2A，则串联在外电路中的交流电流表的读数为2A，故C错误，D正确．]2．C[矩形线圈绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生正弦交流电，外电阻R＝10Ω，电压表示数为10V，说明Em2＝10V，即电动势最大值为Em＝102V，所以平均值一定比Em＝102V小，选项A错．t＝0.02s时，磁通量的变化率最大，故产生的感应电动势最大，R两端的电压瞬时值最大，故B错误；由题图乙知T＝0.02s，W＝2πT＝100πrad/s，在t＝0时刻，产生的感应电动势最大，故满足余弦函数关系，即U＝102cos(100πt)V，C正确；根据楞次定律，感应电流总是阻碍线圈的转动，所以当ab边速度方向向上时，它所受安培力的方向向下，选项D错．]3．BD[t＝0时刻线圈与磁场方向垂直，即线圈的速度与磁场方向平行，因此t＝0时感应电动势为零，感应电流为零，A错误；从中性面开始计时，感应电动势随时间按正弦规律变化，且最大感应电动势Em＝nBSω，所以感应电动势的瞬时值表达式为e＝nBSωsinωt(V)，B正确；线圈转动的过程中，最大感应电动势Em＝nBSω，则产生的感应电动势的有效值E＝22nBSω，因此电压表的示数为U＝2RR＋rnBSω，C错误；线圈从t＝0开始转过60°时，瞬间电流为i＝eR＋r＝nBSωsinπ3R＋r＝3nBSωR＋r，D正确．]4．BD[从题图中可知T＝0.02s，ω＝2πT＝314rad/s，故选项A错误；其他条件不变，如果线圈转速提高一倍，角速度ω变为原来的两倍，则电动势最大值Em＝NBSω变为原来的两倍，电压的有效值变为原来的两倍，根据欧姆定律可知电流发生改变，故选项B正确；该交流电压的最大值为200V，所以有效值为1002V，U＝99＋1×1002V＝902V，故选项C错误；6根据P＝U2R得P＝229W＝1800W，故选项D正确．]5．AD[题图乙所示电流的最大值为Im＝0.5A，周期为T＝0.01s，其角速度为ω＝2πT＝200πrad/s，由欧姆定律得Um＝ImR＝2.5V．所以电阻R两端电压的表达式为u＝2.5sin(200πt)V，选项A正确．该电流的有效值为I＝Im2，电阻R消耗的电功率为P＝I2R，解得P＝0.625W，B选项错误．电流表的示数为有效值，若该交变电流由题图丙所示矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生，当转速提升一倍时，电动势的最大值Em＝nBSω变为原来的2倍，电路中电流的有效值也是原来的2倍，为2×0.52A≠1A，选项C错误．题图乙中的正弦交变电流的有效值为0.52A，题图丁所示的交变电流虽然方向发生变化，但大小恒为0.5A，选项D正确．]6．AD[由题意及法拉第电磁感应定律知道，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＝nB·2πrvm，故小电珠中电流的峰值为Im＝EmR1＋R2＝20×0.20π×2π×0.1×29.5＋0.5A＝0.16A，选项A正确，B错误；电压表示数为U＝Im2·R2≈1.07V，选项C错误；当t＝0.1s也就是T4时，外力的大小为F＝nB·2πrIm＝0.128N，选项D正确．]7．BD[题图位置线圈中的感应电动势最小，为零，A错误；若线圈从题图位置开始转动，闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式e＝12BL2ωsinωt，B正确；线圈从题图位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为q＝I·Δt＝ΔΦR总＝BL2R＋r，C错误；Em＝12BL2ω，线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q＝Em2R＋r2·R·2πω＝πB2ωL4RR＋r2，D正确．]