1、1课时提升作业 八 描述交变电流的物理量(40 分钟 100 分)一、选择题(本题共 7 小题,每小题 8 分,共 56 分)1.(多选)如图所示为一正弦交变电流的电流图象,根据图象可以判断哪些说法是正确的 ( )A.电流的有效值是 10 AB.此交变电流的频率是 5 HzC.此交变电流的周期是 0.25 sD.此交变电流可以接在“允许通过最大电流为 10 A”的用电器上【解析】选 B、D。由图象可知,交流电的电流最大值为 10 A,而有效值为 I= =A=5 A,故 A 错误,D 正确;由图象可知,交流电的周期为 0.2 s,所以交流电的频率2为 f= =5 Hz,所以 B 正确,C 错误。
2、2.(2018郑州高二检测)交流发电机在工作时电动势为 e=Emsint,若将电机的转速提高一倍,同时将线圈所围面积减小一半,其他条件不变,则其电动势变为( )A.e=E msin B.e=2E msinC.e=E msin2t D.e= sin2t【解析】选 C。根据题意,当转速提高一倍,由 =2n 可知,角速度 变为原来的 2 倍,面2积减小一半,则由 e=Emsint=nBSsint,可知:e=nB 2sin 2t =nBSsin 22t=E msin2t,故 C 选项正确。3. (2018安庆高二检测)如图所示是某种交变电流的电流随时间变化的图线,i0 部分的图线是一个正弦曲线的正半周
3、,i0 部分的图线是另一个正弦曲线的负半周,其最大值如图中所示,则这种交变电流的有效值为 ( )A.I0 B. I0 C. I0 D. I0 3 2【解析】选 C。设电流的有效值为 I,则 RT+ R2T=I2R3T,解得(2202)2( 202)2I= I0,选项 C 正确。【补偿训练】如图所示是一交变电流的 i-t 图象,则该交流电电流的有效值为 ( )A.4 A B.2 A C. A D. A2【解析】选 D。设交流电电流的有效值为 I,周期为 T,电阻为 R,则I2RT= 4 R +42R T,解得:I= A,故选 D。( 224.(2018山东高考)如图甲,R 0为定值电阻,两金属圆
4、环固定在同一绝缘平面内。左端连接在一周期为 T0的正弦交流电源上,经二极管整流后,通过 R0的电流 i 始终向左,其大小按图乙所示规律变化。规定内圆环 a 端电势高于 b 端时,a、b 间的电压 uab为正,下列 uab-t 图象可能正确的是 ( )3【解题指南】解答本题时应从以下两点进行分析:(1)感应电动势的变化周期一定与圆环中电流周期相同。(2)本题可考虑排除法。【解析】选 C。从图乙可以看出,圆环中电流周期为 0.5T0,则感应电动势的变化周期也是0.5T0,观察四个图象,A、B、D 的周期都不是 0.5T0,只有 C 周期是 0.5T0,所以 A、B、D 错误,C正确。5. (201
5、8邢台高二检测)如图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匀速转动。磁场的磁感应强度B=1.010-2 T,线圈的边长 ab=20 cm、bc=10 cm,匝数 n=400,线圈总电阻 r=2.0 ,线圈的两端经集流环和电刷与电阻 R=18 连接,与电阻 R 并联的交流电压表为理想电表,线圈的转速 n=50 r/s。在 t=0 时刻,线圈平面与磁场方向平行,则下列说法正确的是( )A.交流发电机产生电动势随时间的变化关系是 e=25cos50t(V)B.交流电压表的示数为 17.8 VC.从 t=0 时刻开始转过 30的过程
6、中,通过电阻的电量为 2.010 -3CD.电阻 R 上的热功率为 3.24 W【解析】选 C。磁场的磁感应强度 B=1.010-2 T,线圈的边长 ab=20 cm、bc=10 cm,匝数n=400,线圈总电阻 r=2.0 ,线圈的转速 n=50 r/s。所以 =100 rad/s,最大值4Em=nBS=8,因此 e=8 cos100t,故 A 错误;交流电压表显示的是路端电压有效值,示数为 16 V,故 B 错误;从 t=0 时刻开始转过 30的过程中,通过电阻的电2(+)量 = C=2.010-3 C,故 C 正确;电阻 R上的热功率 P=I2R= R14.2 W,故 D 错误。(22+
7、)26. (多选)如图所示,面积为 S 的矩形线圈共 N 匝,线圈总电阻为 R,在磁感应强度为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中以竖直线 OO为轴,以角速度 匀速旋转,图示位置 C 与纸面共面,位置 A 与位置 C 成 45角。线圈从位置 A 转过 90到达位置 B 的过程中,下列说法正确的是 ( )A.平均电动势为 NBSB.通过线圈某一截面的电量 q=C.在此转动过程中,外界对线圈做的总功为 2224D.在此转动过程中,电流方向会发生改变【解题指南】(1)根据法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势的大小,从而求出感应电流的大小。5(2)根据 q=It 求出通过某一横截面的电量。(3)外界对线
8、圈做的总功等于线圈产生的热量,根据峰值求出有效值,从而求出热量。【解析】选 A、C。线圈从位置 A 转过 90到达位置 B 的过程中,=2BScos 45= BS,t= ,根据 E=N 得,E= NBS,故 A 正确。根据2E=N ,q= t=N = ,故 B 错误。产生电动势的峰值 Em=NBS,则有效值E= = ,则 W=Q= t= ,故 C 正确。线圈每经过中性面一次,方2 22224向改变,线圈从位置 A 转过 90到达位置 B 的过程中,方向不变,故 D 错误。7. (2018成都高二检测)如图所示,矩形线圈面积为 S,匝数为 N,线圈电阻为 r,在磁感应强度为 B 的匀强磁场中绕
9、OO轴以角速度 匀速转动,外电路电阻为 R,当线圈由图示位置转过 60的过程中,下列判断正确的是( )A.电压表的示数为2B.通过电阻 R 的电量为 q=2(+)C.电阻 R 所产生的焦耳热为 Q=2224(+)26D.当线圈由图示位置转过 60时的电流为【解析】选 B。线圈在磁场中转动,产生的电动势的最大值为 Em=NBS,电动势的有效值为E= ,电压表测量电路的外电压,所以电压表的读数为 U= R=2R,所以 A 错误 ;由 =N , = ,q= t 得到,电量2(+) q= cos 60= ,故 B 正确;电阻 R 产生的热量 Q= =2 3,所以 C 错误;当线圈由图示位置转过 60时
10、电动势的瞬时值为2226(+)2e=NBSsin 60 = NBS,所以电流为 i= = ,所以 D 错误。32(+)二、非选择题(本题共 2 小题,共 44 分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)8. (20 分)如图所示,线圈面积为 0.05 m2,共 100 匝,线圈总电阻为 1 ,与外电阻 R=9 相连。当线圈在 B= T 的匀强磁场中绕 OO以角速度 =10 rad/s 匀速转动时,求:2(1)若从线圈处于中性面开始计时,写出电动势的瞬时值表达式。(2)电流表和电压表的示数。7(3)线圈转过 s 时,电动势的瞬时值。【解析】(1)线圈的角速度 =2n=10 rad
11、/s,感应电动势的最大值 Em=NBS=100 V,则从线圈处于中性面开始计时,电动势的瞬时值表达式为 e=Emsint=100sin 10t V (2)电路中电流的有效值 I= ,E= Em,代入解得 I=5 A,即电流表示数为 5 A。2 2电压表示数为 U=IR=5 9 V=45 V。 (3)当线圈转过 s 时,电动势的瞬时值e=100sin V=50 V。(10160)答案:(1)e=100sin 10t V(2)5 A 45 V (3)50 V29. (24 分)(2018焦作高二检测)如图所示,将单匝正方形线框 ABCD 的一半放入匀强磁场中,磁感应强度 B=1 T,让它以边界 O
12、O为轴,以角速度 =100 rad/s 匀速转动,在 AB、CD的中点用电刷 P、Q 将电流输送给小灯泡,线框边长 L=0.2 m,总电阻为 r=4 ,灯泡电阻为R=2 ,不计 P、Q 接触电阻及导线电阻。求:(1)线框转动过程中产生的最大感应电动势。(2)理想电压表 V 的示数。(3)由图示位置转过 30时,线框受到的安培力。8【解题指南】(1)由 Em= BL2 即可求解最大值。12(2)理想电压表示数为路端电路电压的有效值,由 U=IR 可以求得。(3)转过 30角时的电流是它的瞬时值,由 i= 即可求解,线框所受的安培力 F 安+12=BiL 代入数据即可求解。【解析】(1)E m=
13、BL2= 10.22100 V=2 V12 12(2)设外电路电阻为 R,则 R= =1 22+电源的有效值为 E= = V;根据闭合电路的欧姆定律知 I= = A+12据欧姆定律得电压表示数为 U=IR= 1 V= V(3)转动 30时,通过 AD 的电流为i= = = A+12 30+12 139AD 边受到的安培力为 F 安 =BiL= N 答案:(1)2 V (2) V (3) N【能力挑战区】1.(多选)(2018衡水高二检测)将电阻 R、理想电压表 V、开关 S 和交流电源按照图甲所示方式连接,其中 R=30 ,合上开关 S 后,交流电源输出的正弦交变电压 u 随时间 t 变化的关
14、系如图乙所示。则 ( )A.电压表 V 的示数是 36 VB.R 消耗的电功率是 21.6 WC.通过 R 的电流瞬时值表达式为 i=1.2sin100t(A)D.通过 R 的电流最大值为 1.2 A2【解析】选 B、C。从图乙可以看出,R 两端电压的最大值为 36 V,所以电压表的示数为 U=V=18 V,故 A 错误;根据 P= 得:R 消耗的电功率 P= W=21.6 W,故362 2B 正确;根据乙图可知,交流电的周期为 0.02 s,则 = =100,电流的最大值 Im= =A=1.2 A,所以通过 R 的电流瞬时值表达式为 i=1.2sin100t(A), 故 C 正确,D 错误。
15、36302.有人为汽车设计的一个“再生能源装置”原理简图如图甲所示,当汽车减速时,线圈受到磁场的阻尼作用帮助汽车减速,同时产生电能储存备用。图甲中,线圈的匝数为 n,ab 长度为L1,bc 长度为 L2。图乙是此装置的侧视图,切割处磁场的磁感应强度大小恒为 B,有理想边界的两个扇形磁场区夹角都是 90。某次测试时,外力使线圈以角速度 逆时针匀速转动,10电刷 M 端和 N 端接电流传感器,电流传感器记录的 i-t 图象如图丙所示(I 为已知量),取 ab边刚开始进入左侧的扇形磁场时刻 t=0。不计线圈转动轴处的摩擦,(1)求线圈在图乙所示位置时,产生电动势 E 的大小,并指明电刷 M 和 N
16、哪个接电源正极。(2)求闭合电路的总电阻 R 和外力做功的平均功率 P。(3)为了能够获得更多的电能,依据所学的物理知识,请你提出改进该装置的三条建议。【解题指南】(1)线圈有两个边一直在均匀辐射磁场中做切割磁感线运动,根据切割公式求解电动势。(2)结合闭合电路欧姆定律求解电路总电阻,根据焦耳定律求解外力功率。(3)增加电动势即可增加电能的产生。【解析】(1)有两个边一直在均匀辐射磁场中做切割磁感线运动,故根据切割公式,有E=2nBL1v其中 v= L 212解得 E=nBL1L2根据右手定则,M 端是电源正极(2)根据欧姆定律,电流:I=解得 R=线圈转动一个周期时间内,产生电流的时间是半周期,故外力平均功率 P= I2R12解得 P=(3)增加磁感应强度;增加线圈匝数;增加磁场区域面积;适当增加线圈面积;变成多组线圈等。11答案:(1)nBL 1L2 电刷 M(2) (3)见解析
