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- 2021-05-24 发布
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交变电流的产生和描述
1.一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴匀速转动,当线圈通过中性面时,以下说法错误的是( )
A.线圈中的感应电动势为零
B.线圈平面与磁感线方向垂直
C.通过线圈的磁通量达到最大值
D.通过线圈的磁通量变化率达到最大值
解析:在中性面时,线圈与磁场垂直,磁通量最大.在中性面时,通过线圈的磁通量变化率为零,感应电动势为零,故A、B、C正确,D错误.
答案:D
2.一个边长为6 cm的正方形金属线框置于匀强磁场中,线框平面与磁场垂直,电阻为0.36 Ω.磁感应强度B随时间t的变化关系如图所示,则线框中感应电流的有效值为( )
A.×10-5 A B.×10-5 A
C.×10-5 A D.×10-5 A
【答案】B
【解析】由法拉第电磁感应定律和欧姆定律可得0~3 s内产生的感应电流I1=2×10-5 A,3~5 s内产生的感应电流I2=3×10-5 A,且与0~3 s内方向相反,于是可作出i随时间t变化的图象如图所示.
由有效值的定义得IRt1+IRt2=I2Rt,代入数据可得I=×10-5 A,故B选项正确.
3.标有“220 V 100 W”的一灯泡接在u=311sin314t V的正弦交变电流上,则( )
A.产生该交变电流的发电机转速为每分钟50转
B.与该灯泡串联的理想电流表读数为0.64 A
C.与该灯泡并联的理想电压表读数为311 V
D.通过该灯泡的电流i=0.64sin314t A
解题思路:根据表达式可求出该交变电流的周期和最大值,根据最大值与有效值的关系可直接求解有效值,电压表、电流表的读数是有效值.
解析:灯泡接在u=311sin314t V的正弦交变电流上,ω=314 rad/s,所以产生该交变电流的发电机转速为每秒50转,故A错误;由交变电流u=311sin314t V可知,电压的最大值Um=311 V,有效值U=Um≈220 V,可以使“220 V 100 W”的灯泡正常发光,电流表的电流I=≈0.46 A,故B错误;与灯泡并联的交流电压表测量时,读数为220 V,故C错误;灯泡的最大电流为Im=I≈0.64 A,因此通过灯泡的电流i=0.64sin314t A,故D正确.
答案:D
4.在匀强磁场中,一矩形金属线圈绕与磁感线垂直的转轴匀速转动,产生的正弦交变电动势e的图象如图所示.矩形金属线圈电阻为1 Ω,现把交变电流加在电阻为9 Ω的电热丝上,下列判断正确的是( )
A.在t=0.02 s时刻,穿过线圈的磁通量最大
B.线圈转动的角速度为100 rad/s
C.电热丝两端的电压为90 V
D.电热丝的发热功率为1 620 W
解析:t=0.02 s时刻,电压最大,则此时磁通量变化率最大,磁通量最小,选项A错误;由题图可以看出该交变电流的周期T=0.02 s,则角速度ω== rad/s=100π rad/s,选项B错误;电热丝两端电压为路端电压UR=·=100× V=90 V,选项C正确;根据电功率公式P== W=1 800 W,选项D错误.
答案:C
5.A、B是两个完全相同的电热器,A通以图甲所示的方波交变电流,B通以图乙所示的正弦交变电流,则两电热器的电功率PA∶PB等于( )
A.5∶4 B.3∶2
C.∶1 D.2∶1
解析:根据电流有效值的定义可知IR+2R=IRT,解得有效值I甲=I0,而I乙=,根据功率的计算公式P=I2R可得P甲∶P乙=I∶I=5∶4,故A正确.
答案:A
6.将硬导线中间一段折成不封闭的正方形,每边长为l,它在磁感应强度为B,方向如图所示的匀强磁场中匀速转动,转速为n,导线在a,b两处通过电刷与外电路连接,外电路接有额定功率为P的小灯泡并正常发光,电路中除灯泡外,其余部分的电阻不计,灯泡的电阻应为( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】单匝正方形线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动,将产生正弦式交变电流,则电动势的最大值Em=Bl2ω=2πnBl2,其有效值E==,计算小灯泡的额定功率P要用其有效值,即P=.R==,故只有B选项正确.
7.如图xOy平面为光滑水平面,现有一长为d、宽为L的线框MNPQ在外力F作用下,沿x轴正方向以速度v做匀速直线运动,空间存在竖直方向的磁场,磁感应强度B=2B0cosx(式中B0为已知量),规定竖直向下为磁感应强度正方向,线框电阻为R,t=0时刻MN边恰好在y轴处,则下列说法正确的是( )
A.外力F为恒力
B.t=0时,外力大小F=16BL2
C.通过线框的瞬时电流I=
D.经过t=,线框中产生的电热Q=
解析:由于磁场是变化的,故切割产生的感应电动势也为变值,安培力也会变化,故要保持其匀速运动,外力F不能为恒力,故A错误;t=0时,左右两边处的磁感应强度均为2B0,方向相反,则感应电动势E=4B0Lv,拉力等于安培力即F=2B0IL=,故B错误;由于两边正好相隔半个周期,故产生的电动势方向相同,经过的位移为vt,瞬时电动势E=4B0Lvcos,瞬时电流I=,故C正确;由于瞬时电流成余弦规律变化,故可知感应电流的有效值I=,故产生的电热Q=I2Rt=,故D错误.
答案:C
8.将R=200 Ω的电阻接入如图所示的交流电路中,电源内阻不计.则可判断( )
A.此交变电流的有效值为311 V
B.此交变电流的频率为100 Hz
C.线圈在磁场中转动的角速度为100 rad/s
D.在一个周期内电阻R上产生的热量是4.84 J
解题思路:根据图象可读出该交变电流的周期和最大值,然后根据频率、周期与角速度、最大值与有效值的关系可直接求解.根据有效值可求解热量.
解析:此交流电压的最大值为311 V,交流电压的有效值为 V=220 V,故A错误;根据图象得周期为0.02 s,频率f==50 Hz,故B错误;角速度ω=2πf=2π×50 rad/s=100π rad/s,故C错误;热量Q=T=×0.02 J=4.84 J,故D正确.
答案:D
9.如图所示,形状或转轴位置不同、但面积均为S的单匝线圈处在同一个磁感应强度为B
的匀强磁场中,以相同的角速度ω匀速转动,从图示的位置开始计时,则下列正确的说法是( )
A.感应电动势与时间的关系图象均为正弦图象
B.感应电动势与时间的关系图象均为余弦图象
C.感应电动势峰值、瞬时值都不同
D.感应电动势峰值、瞬时值都相同
【答案】AD
【解析】当转动轴不是线圈对称轴时,只要转轴与磁场垂直,不论线圈形状如何,转轴位置如何,最大值均为Em=NBSω,S,ω,B,N相同,所以Em相同,从中性面开始计时,瞬时值为正弦形式e=Emsin ωt,可见瞬时值也相同,选项A、D对.
10.如图甲所示,将阻值为R=5 Ω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,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( )
A.电阻R两端电压变化的表达式为u=2.5sin(200πt)V
B.电阻R消耗的电功率为1.25 W
C.如图丙所示,若此交变电流由一矩形线圈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1 A
D.这一交变电流与图丁所示电流比较,其有效值之比为
解析:题图乙所示电流的最大值为Im=0.5 A,周期为T=0.01 s,其角速度为ω==200π rad/s,由欧姆定律得Um=ImR=2.5 V,所以R两端电压瞬时值的表达式为u=2.5sin(200πt)V,A正确;该电流的有效值为I=,电阻R消耗的电功率为P=I2R,解得P=0.625
W,B错误;电流表的示数为有效值,该交变电流由题图丙所示矩形线圈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为原来的2倍,电路中电流的有效值也是原来的2倍,为2× A≠1 A,C错误;题图乙中的正弦交变电流的有效值为 A.题图丁所示的交变电流虽然方向发生变化,但大小恒为0.5 A,故有效值之比为,D正确.
答案:AD
11.如图甲所示,一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动.当从线圈平面与磁场方向平行时开始计时,线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化,则在t=时刻( )
甲 乙
A.线圈中的电流最大 B.穿过线圈的磁通量为零
C.线圈所受的安培力为零 D.线圈中的电流为零
【答案】CD
【解析】t==,此时线圈位于中性面位置,所以穿过线圈的磁通量最大,选项B错误;由于此时感应电动势为零,所以线圈中电流为零,线圈所受的安培力为零,选项A错误,C、D正确.
12.如图所示,在磁感应强度为B的匀强磁场中,有一矩形线圈,面积为S,匝数为N,内阻为r,绕垂直磁感线的对称轴OO′以角速度ω匀速转动,从图示位置转90°的过程中,下列说法正确的是( )
A.通过电阻R的电荷量Q=
B.通过电阻R的电荷量Q=
C.外力做功平均功率P=
D.从图示位置开始计时,则感应电动势随时间变化的规律为e=NBSωsinωt
解题思路:(1)求产生的电荷量,应利用电流的平均值;(2)求平均功率,应利用电流的有效值;(3)求瞬时值表达式e=Emcosωt.
解析:从题图所示位置转90°的过程中,磁通量变化ΔΦ=BS,通过电阻R的电荷量Q=IΔt=Δt=N=,A错误,B正确;矩形线圈绕垂直磁感线的对称轴OO′以角速度ω匀速转动,产生的感应电动势的最大值Em=NBSω,感应电动势的有效值E=,感应电流的有效值为I=,Em=E,外力做功平均功率P=EI=I2(R+r)=,C正确;从图示位置开始计时,则感应电动势随时间变化的规律为e=NBSωsin,D错误.
答案:BC
13.如图所示,处在垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中的单匝矩形闭合线框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.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Bl1l2ω
B.矩形线框转过π时的电流为零
C.矩形线框转动一周,通过线框任意横截面的电荷量为
D.矩形线框转过π过程中产生的热量为
解析:矩形线框转动时产生正弦式交变电流,最大值为Bl1l2ω,所以有效值E=Bl1l2ω,A正确;转过π时,线框平面与磁场垂直,磁通量最大,感应电动势为零,电流为零,B正确;转过一周,ΔΦ为零,通过横截面的电荷量为零,C错误;转过π过程中产生的热量Q=t= =,D正确.
答案:ABD
14.如图甲所示,一固定的矩形导体线圈水平放置,线圈的左端接一只小灯泡,在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场.已知线圈的匝数n=100匝,总电阻r=
1.0 Ω,所围成矩形的面积S=0.040 m2,小灯泡的电阻R=9.0 Ω,磁感应强度随时间按如图乙所示的规律变化,线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e=nBmScost,其中Bm为磁感应强度的最大值,T为磁场变化的周期,不计灯丝电阻随温度的变化,求:
(1)线圈中产生感应电动势的最大值;
(2)小灯泡消耗的电功率;
(3)在磁感应强度变化的0~时间内,通过小灯泡的电荷量.
解析:(1)由题图乙知,线圈中产生的交变电流的周期T=3.14×10-2 s,所以Em=nBmSω==8.0 V.(2)电流的最大值Im==0.80 A,有效值I== A,小灯泡消耗的电功率P=I2R=2.88 W.(3)在0~时间内,电动势的平均值=,平均电流==,流过灯泡的电荷量Q=Δt==4.0×10-3
C.
答案:(1)8.0 V (2)2.88 W (3)4.0×10-3 C