2020学年高中物理 第五章 交变电流 课时提升作业八 描述交变电流的物理量 12页

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 A B.此交变电流的频率是 5 Hz C.此交变电流的周期是 0.25 s D.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 频率为 f= =5 Hz,所以 B 正确,C 错误。 2.(2020·郑州高二检测)交流发电机在工作时电动势为 e=Emsinωt,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′=Emsin B.e′=2Emsin C.e′=Emsin2ωt D.e′= sin2ωt 【解析】选 C。根据题意,当转速提高一倍,由 ω=2πn 可知,角速度 ω 变为原来的 2 倍 , 面 积 减 小 一 半 , 则 由 e=Emsinωt=nBSωsinωt, 可 知 :e′=nB 2ωsin 2ωt =nBSωsin 2ωt=Emsin2ωt,故 C 选项正确。 3. (2020·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,i>0 部分的图线是一个正弦曲线的正半周,i<0 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 【解析】选 C。设电流的有效值为 I,则 RT+ R·2T=I2R·3T, 解得 I= 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. A 【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 I 2RT= ×4 ·R· +42·R· T,解得:I= A,故选 D。 4.(2020·山东高考)如图甲,R0 为定值电阻,两金属圆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 (　　) 【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. (2020·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=1.0×10-2 T,线圈的边长 ab=20 cm、bc=10 cm,匝数 n=400,线圈总电阻 r=2.0 Ω,线圈的两端经集流环和电刷与电阻 R=18 Ω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 V C.从 t=0 时刻开始转过 30°的过程中,通过电阻的电量为 2.0×10-3C D.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=1.0×10-2 T,线圈的边长 ab=20 cm、bc=10 cm, 匝数 n=400,线圈总电阻 r=2.0 Ω,线圈的转速 n=50 r/s。所以 ω=100π rad/s,最大 值 Em=nBSω=8π,因此 e=8π cos100πt,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 过电阻的电量 = C=2.0×10-3 C,故 C 正确;电阻 R 上的热功率 P=I2R= ·R≈14.2 W,故 D 错误。 6. (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 ω 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 NBSω B.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 ω D.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。 (2)根据 q=It 求出通过某一横截面的电量。 (3)外界对线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,ΔΦ= 2BScos 45°= BS,Δt= ,根据 E=N 得,E= NBSω,故 A 正确。根据 E=N ,q= Δt=N = ,故 B 错误。产生电动势的峰值 Em=NBSω,则有效值 E= = ,则 W=Q= t= ,故 C 正确。线圈每经过中性面一次, 方向改变,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. (2020·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 OO′轴以角速度 ω 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 B.通过电阻 R 的电量为 q= C.电阻 R 所产生的焦耳热为 Q= D.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=NBSω,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= R,所以 A 错误;由 =N , = ,q= Δt 得到,电量 q= cos 60°= , 故 B 正 确 ; 电 阻 R 产 生 的 热 量 Q= · = ,所以 C 错误;当线圈由图示位置转过 60°时电动势的瞬时值为 e=NBSωsin 60° = NBSω,所以电流为 i= = ,所以 D 错误。 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 Ω,与外电阻 R=9 Ω相连。当线圈在 B= T 的匀强磁场中绕 OO′以角速度 ω=10π rad/s 匀速转 动时,求: (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。 (3)线圈转过 s 时,电动势的瞬时值。 【解析】(1)线圈的角速度ω=2πn=10π rad/s, 感应电动势的最大值 Em=NBSω=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=Emsinωt= 100sin 10πt 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。 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。 答案:(1)e=100sin 10πt V (2)5 A　45 V　(3)50 V 9. (24 分)(2020·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=1T,让它以边界 OO′为轴,以角速度 ω=100rad/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 Ω,灯泡电阻为 R=2 Ω,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。 【解题指南】(1)由 Em= BL2ω即可求解最大值。 (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=BiL 代入数据即可求解。 【解析】(1)Em= BL2ω= ×1×0.22×100 V=2 V (2)设外电路电阻为 R′,则 R′= =1 Ω 电源的有效值为 E= = V; 根据闭合电路的欧姆定律知 I= = A 据欧姆定律得电压表示数为 U=I·R′= ×1 V= V (3)转动 30°时,通过 AD 的电流为 i= = = A AD 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)(2020·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 Ω,合上开关 S 后,交流电源输出的正弦交变电压 u 随时 间 t 变化的关系如图乙所示。则 (　　) A.电压表 V 的示数是 36 V B.R 消耗的电功率是 21.6 W C.通过 R 的电流瞬时值表达式为 i=1.2sin100πt(A) D.通过 R 的电流最大值为 1.2 A 【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 B 正确;根据乙图可知,交流电的周期为 0.02 s,则 ω= =100π,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=1.2sin100πt(A),故 C 正确,D 错误。 2.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 ω 逆时针匀速转动,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 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= ωL2 解得 E=nBL1L2ω 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= I2R 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。 答案:(1)nBL1L2ω　电刷 M (2) 　 　(3)见解析