2020学年高中物理第五章交变电流5.2 描述交变电流的物理量 4页

‎5.2 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2e0‎ C.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 Ω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 Hz B.此交流电的有效值为 A C.在0～2 s内电阻产生的焦耳热为25 J D.在2～4 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=2.5 A=3.5 A,故B正确;根据焦耳定律得在0～2 s内电阻产生的焦耳热为Q=I2RT=(2.5)2×10×2 J=250 J,故C错误;根据=得在2～4 s内通过该电阻的电荷量为q=I2t-I1t=(4×1-3×1) 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.该交变电流的电压瞬时值的表达式为u=100sin25t V B.该交变电流的频率为25 Hz C.该交变电流的电压的有效值为100 V D.若将该交流电压加在阻值R=100 Ω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=4×10-2 s,根据ω=有ω=50π rad/s,‎ 电压瞬时值的表达式为u=100sin50πt V,选项A错误;从图象读出,T=4×10-2 s,根据f=可得f=25 Hz,选项B正确;从图象读出,Um=100 V,根据U=可得U=‎ ‎ V=50 V,选项C错误;U= V,根据P=有P=50 W,选项D正确。‎ ‎4.一矩形线圈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 Ω,线圈的两端经集流环与电阻R连接,电阻R=9 Ω,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=NBSω,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=NBSω 而Φm=BS、ω=,由Φ-t图线可知:‎ Φm=2.0×10-2 Wb,T=6.28×10-2 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 I== 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)×6.28×10-2 J=1.256 J 答案:(1)e=20cos100t(V)　(2)12.7 V　(3)1.256 J