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,所以交流电的频率为f=5 Hz,所以B正确,C错误。2.(2018郑州高二检测)交流发电机在工作时电动势为e=Ems
2、int,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=EmsinB.e=2EmsinC.e=Emsin2tD.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,面积减小一半,则由e=Emsint=nBSsint,可知:e=nB2sin 2t =nBSsin 2t=Emsin2t,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,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
3、 C.I0D.I0 【解析】选C。设电流的有效值为I,则RT+R2T=I2R3T,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 AB.2AC. AD. 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I2RT=4R+42RT,解得:I=A,故选D。4.(2018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
4、()【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. (2018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
5、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Em=nBS=8,因此e=8
6、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。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D.在此转动过程中,电流方向会
7、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,=2BScos 45=BS,t=,根据E=N得,E=NBS,故A正确。根据E=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
8、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=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=R,所以A错误;由=N,=,q=t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=NBSsin 60 =NBS,所以电流为i
9、=,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 ,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:(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=2n=10 rad/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
10、 (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=59 V=45 V。 (3)当线圈转过s时,电动势的瞬时值e=100sinV=50 V。答案:(1)e=100sin 10t V(2)5 A45 V(3)50 V9. (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OO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
11、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=BL2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=BL2=10.22100 V=2 V(2)设外电路电阻为R,则R=1 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=IR=1 V= V(3)转动30时,通过AD的电流为i= AAD边受到的安培力为F安=BiL= N 答案:(1
12、)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1.2A【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,
13、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。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
14、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=L2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=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)nBL1L2电刷M(2)(3)见解析
