【物理】2019届一轮复习人教版交变电流的产生和描述作业

【物理】2019届一轮复习人教版交变电流的产生和描述作业

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