1、15.2 描述交变电流的物理量课时检测区基础达标1.小型手摇发电机线圈共 N 匝,每匝可简化为矩形线圈 abcd,磁极间的磁场视为匀强磁场,方向垂直于线圈中心轴 OO,线圈绕 OO匀速转动,如图所示。矩形线圈 ab 边和 cd 边产生的感应电动势的最大值都为 e0,不计线圈电阻,则发电机输出电压 ( )A.峰值是 e0 B.峰值是 2e0C.有效值是 Ne0 D.有效值是 Ne0【解题指南】解答本题时应从以下两点进行分析:(1)分析线圈 ab 边和 cd 边等效电源的串并联关系。(2)计算出整个线圈的电动势的最大值为 2Ne0。【解析】选 D。由题意可知,线圈 ab 边和 cd 边产生的感应电
2、动势的最大值都为 e0,因此对单匝矩形线圈总电动势最大值为 2e0,又因为发电机线圈共 N 匝,所以发电机线圈中总电动势最大值为 2Ne0,根据闭合电路欧姆定律可知,在不计线圈内阻时,输出电压等于感应电动势的大小,即其峰值为 2Ne0,故 A、B 错误;又由题意可知,若从图示位置开始计时,发电机线圈中产生的感应电流为正弦式交变电流,由其有效值与峰值的关系可知,U= ,即U= Ne0,故 C 错误、D 正确。2. (多选)在一阻值为 R=10 的定值电阻中通入如图所示的交流电,则( )A.此交流电的频率为 0.5 Hz2B.此交流电的有效值为 AC.在 02 s 内电阻产生的焦耳热为 25 JD
3、.在 24 s 内通过该电阻的电荷量为 1 C【解析】选 A、B、D。由图象可知其周期为 2 s,所以频率为 0.5 Hz,故 A 正确;根据图象可知,设交流电的有效值为 I,根据电流的热效应得: R + R =I2RT,代入数据解得:I=2.5222A=3.5 A,故 B 正确;根据焦耳定律得在 02 s 内电阻产生的焦耳热为 Q=I2RT=(2.52)2102 J=250 J,故 C 错误;根据 = 得在 24 s 内通过该电阻的电荷量为 q=I2t-I1t=(41-31) C=1 C,故 D 正确。3.(多选)一正弦式交变电流的电压随时间变化的规律如图所示。由图可知 ( )A.该交变电流
4、的电压瞬时值的表达式为 u=100sin25t VB.该交变电流的频率为 25 HzC.该交变电流的电压的有效值为 100 V2D.若将该交流电压加在阻值 R=100 的电阻两端,则电阻消耗的功率为 50 W【解析】选 B、D。由题图知 T=410-2 s,根据 = 有 =50 rad/s,电压瞬时值的表达式为 u=100sin50t V,选项 A 错误;从图象读出,T=410 -2 s,根据 f= 可得 f=25 Hz,选项 B 正确;从图象读出,U m=100 V,根据 U= 可得 U=3V=50 V,选项 C 错误;U= V,根据 P= 有 P=50 W,选项 D 正确。24.一矩形线圈
5、在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴 OO匀速转动,线圈的匝数 N=10、电阻 r=1 ,线圈的两端经集流环与电阻 R 连接,电阻 R=9 ,与 R 并联的交流电压表为理想电表。在 t=0 时刻,线圈平面与磁场方向平行,穿过每匝线圈的磁通量随时间 t 按图乙所示正弦规律变化。求:(1)交流发电机产生的电动势的瞬时值表达式。(2)电路中交流电压表的示数。(3)使线圈匀速转动一周,外力克服磁场力做的功。【解题指南】解答本题可按以下程序分析:(1)交流发电机产生电动势的最大值 Em=NBS,从而求解电动势的瞬时值。(2)根据闭合电路欧姆定律求解,知道电表显示的是有效值。(3)根据能量守恒求解做功。【解析】(1)交流发电机产生电动势的最大值 Em=NBS而 m=BS、= ,由 -t 图线可知: m=2.010-2 Wb,T=6.2810-2 s所以 Em=20 V,所以 e=20cos100t(V)(2)电动势的有效值E= Em=10 V由闭合电路的欧姆定律,知电路中电流的有效值为4I= = A交流电压表的示数为 U=IR=9 V=12.7 V(3)匀速转动一周,根据能量守恒定律得:W=Q=I2(R+r)T=( )2(9+1)6.2810-2 J=1.256 J答案:(1)e=20cos100t(V) (2)12.7 V (3)1.256 J
