第五部分交变电流专题5.2交变电流的产生和描述（提高篇）一．选择题1．（6分）（2019河南濮阳三模）一只氖管的起辉电压与交变电流u＝50sin314t（V）的有效值相等，若将此交变电流接到氖管的两极，在一个周期内，氖管的发光时间为（）A．0.02sB．0.015sC．0.01sD．0.005s【参考答案】C【名师解析】根据交流电的瞬时表达式知：当瞬时值为U＝25V时，即：25＝50sin314tV，sin314t＝，解得对应于四个时刻（一个周期内），t1＝s、t2＝s、t3＝s、t4＝s，所以＝0.01s，故C正确；2．(多选)(2017·安徽“江南十校”联考)如图所示，处在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中的矩形线框MNPQ，以恒定的角速度ω绕对角线NQ转动。已知MN长为l1，NP长为l2，线框电阻为R。在t＝0时刻线框平面与纸面重合，下列说法正确的是()A．矩形线框产生的感应电动势有效值为22Bl1l2ωB．矩形线框转过半周时，通过线框的瞬时电流为零C．矩形线框转动一周时，通过线框的电荷量为Bl1l2RD．矩形线框在转动半周过程中产生的热量为πB2l12l22ω2R【参考答案】ABD【名师解析】矩形线框转动产生正弦交变电流最大值：Em＝Bl1l2ω，有效值E＝Em2＝22Bl1l2ω，故A正确；转过半周，线圈平面与磁场垂直，磁通量最大，感应电动势为零，瞬时电流为零，B正确；转过一周通过横截面的电荷量为零，C错误；转过半周时间内产生的热量为Q＝E2Rt＝22Bl1l2ω2R×πω＝πB2l12l22ω2R，D正确。3.(多选)(2017·忻州模拟)如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2Ω。从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1A。那么()A．线圈消耗的电功率为4WB．线圈中感应电流的有效值为2AC．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4cos2πTtD．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝Tπsin2πTt【参考答案】AC【名师解析】线圈转动的角速度ω＝2πT，线圈平面从与磁场方向平行开始计时，当转过60°时，电流的瞬时值表达式为i＝Imcos60°＝1A，解得Im＝2A，则正弦交变电流的有效值为I＝Im2＝2A，B项错；线圈消耗的电功率P＝I2R＝4W，A项正确；由欧姆定律可知，感应电动势最大值为Em＝ImR＝4V，所以其瞬时值表达式为e＝4cos2πTt，C项正确；通过线圈的磁通量Φ＝Φmsinωt＝Φmsin2πTt，感应电动势的最大值Em＝BSω＝Φm×2πT，Φm＝EmT2π，联立解得Φ＝2Tπsin2πTt，D项错。4．(2016·山东济南高三月考)某小型旋转电枢式发电机所产生的交变电动势为110V、频率为60Hz，要使它产生的电动势变为220V、频率变为50Hz，需要调整线圈的转速n、匝数N或磁感应强度的大小B。下列调整合适的是()A．使n变为原来的1.2倍，B变为原来的2倍，N变为原来的1.2倍B．使n变为原来的56，B变为原来的56，N变为原来的2倍C．使n变为原来的56，N变为原来的2倍，B不变D．使n变为原来的56，N变为原来的2.4倍，B不变【参考答案】D【名师解析】因为发电机产生的交变电动势110V指的是有效值，故其最大值为Em1＝1102V，调整后为Em2＝2202V，即Em1Em2＝12，根据Em＝NBSω和ω＝2πn，可知，选项A中，Em2＝1.2N×2B×S×1.2×2πn＝2.88Em1，故选项A错误；B、C、D三个选项中的调整使频率均变为原来的56，即50Hz，只有D项中有调整可使最大感应电动势增大到原来的2倍，故选项B、C错误，D正确。5．(2016·福建厦门高三期末)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()甲乙A．t＝0.01s时穿过线框的磁通量最小B．该交变电动势的有效值为112VC．该交变电动势的瞬时值表达式为e＝222cos100πt(V)D．电动势瞬时值为22V时，线框平面与中性面的夹角为45°【参考答案】D【名师解析】t＝0.01s时，感应电动势为零，线框位于中性面位置，穿过线框的磁通量最大，A项错误；由图象知，正弦交变电动势的最大值为Um＝222V，故有效值U＝Um2＝22V，B项错误；t＝0时，感应电动势为零，故瞬时值表达式应为e＝222sin100πt(V)，C项错误；当e＝22V时，e＝Emsinθ＝22V，解得：θ＝45°，D项正确。6．(2016·山东师大附中模拟)如图...
