高考人教版物理一轮复习训练 第10章 第1节 交变电流的产生和描述 6页

课时作业30 交变电流的产生和描述 一、不定项选择题 ‎1．一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法中正确的是( )‎ A．t＝0时刻线圈平面与中性面垂直 B．t＝0.01 s时刻，Φ的变化率最大 C．t＝0.02 s时刻，交流电动势最大 D．该线圈相应的交流电动势图象如图乙所示 ‎2．(2012·福州模拟)小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示，此线圈与一个R＝10 Ω的电阻构成闭合电路。不计电路的其他电阻。下列说法正确的是( )‎ A．交变电流的周期为0.125 s B．交变电流的频率为8 Hz C．交变电流的有效值为 A D．交变电流的最大值为‎4 A ‎3．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示。已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，现外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则( )‎ A．电压表V的示数为220 V B．电路中的电流方向每秒钟改变50次 C．灯泡实际消耗的功率为484 W D．发电机线圈内阻每秒产生的焦耳热为24.2 J ‎4．电学元件的正确使用，对电路安全工作起着重要作用。某电解电容器上标有“25 V,450 μF”字样，下列说法中正确的是( )‎ A．此电容器在交流、直流电路25 V的电压时都能正常工作 B．此电容器只有在不超过25 V的直流电压下才能正常工作 C．当工作电压是直流25 V时，电容才是450 μF D．若此电容器在交流电压下工作，交流电压的最大值不能超过25 V ‎5．(2012·吉林二模)如图所示，闭合的矩形导体线圈ABCD在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′方向观察，线圈沿顺时针方向转动。已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，AB边的边长为L1，AD边的边长为L2，线圈电阻为R，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时( )‎ A．线圈中感应电流的方向为ABCDA B．线圈中的感应电动势为2nBL2ω C．穿过线圈的磁通量的变化率最大 D．线圈AD边所受安培力的大小为，方向垂直纸面向里 ‎6．某n匝线圈，线圈所围面积为S，匀速转动的角速度为ω，线圈总电阻为r，外电路电阻为R，匀强磁场的磁感应强度为B。当线圈在外力作用下由图中位置匀速转动90°过程中，下列说法正确的是( )‎ A．通过R的电荷量q为 B．通过R的电荷量q为 C．外力做的功W为 D．外力做的功W为 ‎7．如图所示，面积均为S的两个电阻相同的线圈，分别放在如图所示的磁场中，甲图中是磁感应强度为B0的匀强磁场，线圈在磁场中以周期T绕OO′轴匀速转动，乙图中磁场变化规律为B＝B0cos ，从图示位置开始计时，则( )‎ A．两线圈的磁通量变化规律相同 B．两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同 C．经相同的时间t(t＞T)，两线圈产生的热量相同 D．从此时刻起，经T/4时间，流过两线圈横截面的电荷量相同 ‎8．如图所示，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，电容器两极板水平放置。在两极板间，不计重力的带正电粒子Q在t＝0时由静止释放，若两极板间距足够宽，则下列运动可能的是( )‎ A．若t＝0时，线圈平面与磁场垂直，粒子一定能到达极板 B．若t＝0时，线圈平面与磁场平行，粒子在两极板间往复运动 C．若t＝0时，线圈平面与磁场垂直，粒子在两极板间往复运动 D．若t＝0时，线圈平面与磁场平行，粒子一定能到达极板 二、非选择题 ‎9．某集装箱吊车的交流电动机输入电压为380 V，则该交流电压的最大值为________ V。当吊车以‎0.1 m/s的速度匀速吊起总质量为5.7×‎103 kg的集装箱时，测得电动机的电流为‎20 A，电动机的工作效率为________。(g取‎10 m/s2)‎ ‎10．如图所示，在真空中速度v＝6.4×‎107 m/s的电子束，连续地射入两平行极板间，极板长度为l＝8.0×10－‎2 m，间距d＝5.0×10－‎3 m。两极板不带电时，电子束沿两极板之间的中线通过，在极板上加50 Hz的交变电压u＝U0sin ωt，如果所加电压的最大值U0超过某一值Uc时，将开始出现以下现象：电子束有时能通过两极板，有时间断不能通过。‎ ‎(1)求Uc的大小。‎ ‎(2)求U0为何值时才能使通过的时间Δt通跟间断的时间Δt断之比即Δt通∶Δt断＝2∶1。‎ ‎11．(2012·安徽理综)图1是交流发电机模型示意图。在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO′转动。由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO′转动的金属圆环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路。图2是线圈的主视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示。已知ab长度为L1，bc长度为L2，线圈以恒定角速度ω逆时针转动。(只考虑单匝线圈)‎ ‎(1)线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式；‎ ‎(2)线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，如图3所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式；‎ ‎(3)若线圈电阻为r，求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热。(其他电阻均不计)‎ 参考答案 ‎1．B　解析：由Φt图知，在t＝0时，Φ最大，即线圈处于中性面位置，此时e＝0，故A、D两项错误；由题图甲知T＝0.04 s，在t＝0.01 s时，Φ＝0，最大，e最大，则B项正确；在t＝0.02 s时，Φ最大，＝0，e＝0，则C项错。‎ ‎2．C　解析：由图象可以看出，此交变电流的周期为0.250 s，电压的最大值Um＝20 V。所以交变电流的频率为4 Hz，A、B均错误；交变电流的最大值Im＝＝‎2 A，有效值I＝＝ A，C正确，D错误。‎ ‎3．D　解析：电动势的有效值为E＝ V＝220 V，所以电流的有效值I＝＝ A＝‎2.2 A，所以电压表的示数为U＝IR＝2.2×95.0 V＝209 V，选项A错；交流电的频率为f＝＝50 Hz，每个周期内电流方向改变2次，故每秒钟内电流方向改变100次，选项B错；灯泡实际消耗的功率为P灯＝I2R＝2.22×95.0 W＝459.8 W，故选项C错；发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q＝I2rt＝2.22×5.0×1 J＝24.2 J，选项D对。‎ ‎4．B　解析：电解电容器的极性是固定的，因此只能在直流电压下工作。25 V是电容器的耐压值，不能超过，所以选B。‎ ‎5．AC　解析：当线圈转至图示位置时，由楞次定律(或右手定则)可知，选项A正确；图示位置，穿过线圈的磁通量为零，但穿过线圈的磁通量的变化率最大，感应电动势最大，为Emax＝nBL‎1L2ω，选项C正确而B错误；此时线圈中的电流为I＝，AD边所受安培力的大小为F＝nBIL2＝，方向垂直纸面向里，选项D错误。‎ ‎6．D　解析：求通过电阻R的电荷量，需用平均电流，而求平均电流必须知道平均感应电动势，所以采用定义式求电动势：线圈转过90°平均感应电动势E＝，平均感应电流I＝，所以通过R的电荷量q＝IΔt＝＝，A、B错，由能量关系可知外力做的功转化为焦耳热，而计算焦耳热需利用交流电的有效值，所以要先求最大值Em＝nBSω，产生的焦耳热Q＝··＝ω，C错，D对。‎ ‎7．ACD　解析：甲图中的磁通量变化规律为Φ甲＝B0Scost，乙图中磁通量的变化规律为Φ乙＝B0Scost。由于两线圈的磁通量变化规律相同，则两线圈中感应电动势的变化规律相同，达到最大值的时刻也相同，有效值E也相同，又因两线圈电阻相同，所以Q＝t也相同，经过时间，流过两线圈横截面的电荷量q＝I·也相同，故A、C、D三项正确。‎ ‎8．AB　解析：若t＝0时，线圈平面与磁场垂直，则开始时刻，两极板间的电势差为零，故在一个周期内前加速，后减速，粒子将沿一个方向运动，故粒子一定能到达极板，A正确；若t＝0时，线圈平面与磁场平行，由于开始时刻两极板间的电势差不为零，若带电粒子在1/4个周期内不能到达另一极板，则带电粒子将在两极板间做往复运动，B正确。‎ ‎9．答案：380　75%‎ 解析：对于正弦交流电Um＝U＝380 V 电动机的输出功率为P出＝mgv＝5.7 kW 电动机的输入功率为P入＝UI＝7.6 kW 电动机的工作效率为＝0.75＝75%。‎ ‎10．答案：(1)91 V　(2)105 V 解析：电子通过平行板所用的时间Δt＝＝1.25×10－9 s 交变电压的周期T＝2.0×10－2 s，则有Δt≤T。因此，电子通过平行板时，极板的电压及板间电场强度可看做是恒定不变的。电子在板间受恒力作用，电子将做相当于平抛运动的曲线运动。据平抛运动的规律＝aΔt2，而a＝＝，所以Uc＝＝91 V。‎ 从图中所示交变电压半个周期图象可知，为使题设通断关系成立，应让两极电压在t＝时达到两极电压Uc，ωt＝×＝ 两极电压u＝Ucsin ωt，得U0＝105 V。‎ ‎11．答案：(1)e1＝BL‎1L2ωsin ωt ‎(2)e2＝BL‎1L2ωsin(ωt＋φ0)‎ ‎(3)πRω2‎ 解析：(1)矩形线圈abcd转动过程中，只有ab和cd切割磁感线，设ab和cd的转动速度为v，则 v=ω·①‎ 在t时刻，导线ab和cd因切割磁感线而产生的感应电动势均为 E1＝BL2v⊥②‎ 由图可知v⊥＝vsin ωt③‎ 则整个线圈的感应电动势为 e1＝2E1＝BL‎1L2ωsin ωt。④‎ ‎(2)当线圈由图3位置开始运动时，在t时刻整个线圈的感应电动势为 e2＝BL‎1L2ωsin(ωt＋φ0)。⑤‎ ‎(3)由闭合电路欧姆定律可知 I＝⑥‎ 这里E为线圈产生的电动势的有效值 E＝＝⑦‎ 则线圈转动一周在R上产生的焦耳热为 QR＝I2RT⑧‎ 其中T＝⑨‎ 于是QR＝πRω2。⑩‎