【物理】2020届一轮复习人教版第1讲　交变电流的产生和描述作业

【物理】2020届一轮复习人教版第1讲　交变电流的产生和描述作业

第1讲　交变电流的产生和描述 A组　基础过关 ‎1.一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的电动势e=200‎2‎·sin100πt(V),那么(　　)‎ A.该交变电流的频率是100Hz B.当t=0时,线圈平面恰好与中性面垂直 C.当t=‎1‎‎200‎s时,e达到峰值 D.该交变电流的电动势的有效值为200‎2‎V 答案　C　由交变电流的电动势瞬时值表达式e=nBSω·sinωt可知,该交变电流的频率f=ω‎2π=‎100π‎2πHz=50Hz,选项A错误;在t=0时,电动势瞬时值为0,线圈平面恰好位于中性面处,选项B错误;当t=‎1‎‎200‎s时,e达到峰值Em=200‎2‎V,选项C正确;该交变电流的电动势的有效值E=Em‎2‎=200V,选项D错误。‎ ‎2.(2019陕西榆林期末)矩形线圈的匝数为50匝,在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时,穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示,下列结论正确的是(　　)‎ A.在t=0.1s和t=0.3s时,感应电动势最大 B.在t=0.2s和t=0.4s时,感应电动势改变方向 C.感应电动势的最大值是50πV D.在t=0.4s时,磁通量变化率最大,其值为100πWb/s 答案　C　在t=0.1s和t=0.3s时,穿过线圈的磁通量最大,此时感应电动势为零,电动势改变方向,选项A、B错误;感应电动势的最大值是Em=NBSω=NΦm·‎2πT=50×0.2×‎2π‎0.4‎V=50πV,选项C正确;在t=0.4s时,穿过线圈的磁通量为零,但是磁通量变化率最大,其值为ΔΦΔt=BSω=Φm·‎2πT=0.2×‎2π‎0.4‎Wb/s=πWb/s,选项D错误。‎ ‎3.电阻R1、R2与交流电源按照图甲所示方式连接,R1=10Ω,R2=20Ω。合上开关S后,通过电阻R2的正弦式交变电流i随时间t变化的情况如图乙所示。则(　　)‎ A.通过R1的电流有效值是1.2A B.R1两端的电压有效值是6V C.通过R2的电流有效值是1.2‎2‎A D.R2两端的电压最大值是6‎2‎V 答案　B　首先从i-t图像中找出交变电流的最大值,Im=0.6‎2‎A,由正弦式交变电流最大值与有效值的关系Im=‎2‎I,可知有效值I=0.6A,由于R1与R2串联,所以通过R1、R2的电流有效值均为0.6A,选项A、C错;R1两端电压有效值为U1=IR1=6V,选项B对;R2两端电压最大值为U2m=ImR2=0.6‎2‎×20V=12‎2‎V,选项D错。‎ ‎4.(多选)如图1所示,在匀强磁场中,一矩形金属线圈两次分别以不同的转速,绕与磁感线垂直的轴匀速转动,产生的交变电动势图像如图2中曲线a、b所示,则(　　)‎ A.两次t=0时刻线圈平面均与中性面重合 B.曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3‎ C.曲线a表示的交变电动势频率为25Hz D.曲线b表示的交变电动势有效值为10V 答案　AC　由题图2知t=0时两次转动产生的瞬时电动势都等于零,故A正确。由图2知两次转动所产生的交变电动势的周期之比Ta∶Tb=2∶3,再由周期与转速的关系n=‎1‎T得na∶nb=3∶2,故B错误。因Ta=4×10-2s,故fa=‎1‎Ta=25Hz,C正确。因Ema=15V,而Em=NBSω=‎2πNBST,故Emb=TaTbEma=10V,Eb=Emb‎2‎=5‎2‎V,D错误。‎ ‎5.一个匝数为100、电阻为0.5Ω的闭合线圈处于某一磁场中,磁场方向垂直于线圈平面,从某时刻起穿过线圈的磁通量按如图所示规律变化,则线圈中产生的交变电流的有效值为(　　)‎ A.5‎2‎A B.2‎5‎A C.6A D.5A 答案　B　0~1s内线圈中产生的感应电动势E1=nΔΦ‎1‎Δt‎1‎=100×0.01V=1V,1~1.2s内线圈中产生的感应电动势E2=nΔΦ‎2‎Δt‎2‎=100×‎0.01‎‎0.2‎V=5V,在一个周期内产生的热量Q=Q1+Q2=E‎1‎‎2‎Rt1+E‎2‎‎2‎Rt2=12J,根据交变电流有效值的定义得电流有效值I=QR(t‎1‎+t‎2‎)‎=2‎5‎A,故B正确,A、C、D错误。‎ ‎6.(多选)如图甲所示为风力发电的简易模型图,在风力的作用下,风叶带动与其固定在一起的永磁体转动,转速与风速成正比。某一风速时,线圈中产生的正弦式电流如图乙所示,则(　　)‎ 甲 乙 A.电流的表达式为i=0.6sin10πt(A)‎ B.永磁体的转速为10r/s C.风速加倍时电流的表达式为i'=1.2sin10πt(A)‎ D.风速加倍时线圈中电流的有效值为‎3‎‎2‎‎5‎A 答案　AD　由题图乙可知Im=0.6A,T=0.2s,ω=‎2πT=10πrad/s,故电流的表达式为i=0.6sin10πt(A),A正确;永磁体的转速为n=‎1‎T=5r/s,B错误;风速加倍时转速加倍,根据Em=NBSω=NBS·2πn可知感应电动势加倍,形成的电流加倍,故电流表达式变为i'=1.2sin20πt(A),C错误;风速加倍时,Im=1.2A,有效值I=Im‎2‎=‎3‎‎2‎‎5‎A,D正确。‎ ‎7.如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度为B。电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动(O轴位于磁场边界)。则线框内产生的感应电流的有效值为(　　)‎ A.BL‎2‎ω‎2R B.‎2‎BL‎2‎ω‎2R C.‎2‎BL‎2‎ω‎4R D.‎BL‎2‎ω‎4R 答案　D　扇形闭合导线框切割磁感线的有效长度始终是半径L,平均速度v=Lω‎2‎,导线框进磁场和出磁场时有感应电流产生,由法拉第电磁感应定律和有效值的定义有:E=BL‎2‎ω‎2‎,E‎2‎R×T‎4‎=I2RT,可得I=BL‎2‎ω‎4R,故D正确,A、B、C错误。‎ ‎8.(2018江西八校联考)将硬导线中间一段折成半圆形,使其半径为R,让它在磁感应强度为B、方向如图所示的匀强磁场中绕轴MN匀速转动。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、电阻为r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,则下列说法中正确的是　(　　)‎ A.半圆形硬导线的转速为‎2rPπ‎2‎R‎2‎B B.半圆形硬导线的转速为rPπ‎2‎R‎2‎B C.半圆形硬导线从图示位置转90°过程中,通过小灯泡的电荷量为πR‎2‎Br D.半圆形硬导线从图示位置转90°过程中,通过小灯泡的电荷量为零 答案　A　转动的半圆形硬导线切割磁感线,产生感应电动势直接给灯泡供电,因灯泡此时正常发光,则其功率为P,电阻为r,设半圆形硬导线的转速为n,则感应电动势的有效值E有=‎ B·‎1‎‎2‎πR‎2‎·2πn‎2‎‎,由公式P=U‎2‎R得E有‎2‎=P·r,可求得n=‎2rPπ‎2‎R‎2‎B,则A对、B错;半圆形硬导线从图示位置转90°的过程中,通过灯泡的电荷量q=ΔΦr=B·‎1‎‎2‎πR‎2‎r=πR‎2‎B‎2r,则C、D错。‎ ‎9.如图所示为一个经双可控硅调节后加在电灯上的电压,正弦交流电的每一个二分之一周期中,前面四分之一周期被截去,则现在电灯上电压的有效值为(　　)‎ A.Um B.Um‎2‎ C.Um‎3‎ D.‎Um‎2‎ 答案　D　设电灯的阻值为R,正弦式交流电压的有效值与峰值的关系是U=Um‎2‎,由于一个周期内半个周期有交流电压,一个周期内交流电产生的热量为Q=U‎2‎Rt=Um‎2‎‎2R·T‎2‎,设交流电压的有效值为U0,由电流热效应得Q=Um‎2‎‎2R·T‎2‎=U‎0‎‎2‎R·T,所以该交流电压的有效值U0=Um‎2‎。选项D正确。‎ ‎10.(多选)(2018贵州贵阳适应性考试)有一种自行车,它有能向自行车车头灯泡供电的小型发电机,其原理示意图如图甲所示;图中N、S是一对固定的磁极,磁极间有一固定在绝缘转轴上的矩形线圈,转轴的一端有一个与自行车后轮边缘接触的摩擦轮。如图乙所示,当后轮转动时,因摩擦而带动摩擦轮转动,从而使线圈在磁场中转动而产生电流给车头灯泡供电。关于此装置,下列说法正确的是(　　)‎ A.自行车匀速行驶时线圈中产生的是交流电 B.灯泡亮度与自行车的行驶速度无关 C.知道摩擦轮和后轮的半径,就可以知道后轮转一周的时间里摩擦轮转动的圈数 D.线圈匝数越多,穿过线圈的磁通量的变化率越大 答案　AC　自行车匀速行驶时,摩擦轮匀速转动,从而带动线圈在磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动,产生交流电,故A正确;行驶速度会影响感应电动势的大小,所以影响灯泡的亮度,‎ 故B错误;摩擦轮和后轮具有相同的线速度,如果知道了半径关系,就能知道角速度关系,也就能知道转速关系,故C正确;线圈匝数不影响穿过线圈的磁通量的变化率的大小,故D错误。‎ ‎11.(多选)(2018黑龙江大庆检测)如图所示,N匝矩形导线框在磁感应强度为B的匀强磁场中绕轴OO'匀速转动,导线框面积为S,导线框的电阻、电感均不计,外电路接有电阻R、理想电流表A和二极管D。电流表的示数为I。二极管D具有单向导电性,即正向电阻为零,反向电阻无穷大。下列说法正确的是(　　)‎ A.导线框转动的角速度为‎2RINBS B.导线框转动的角速度为‎4RINBS C.导线框转到图示位置时,导线框中的磁通量最大,瞬时电动势为零 D.导线框转到图示位置时,导线框中的磁通量最大,瞬时电动势最大 答案　AC　导线框产生的最大感应电动势Em=NBSω;根据二极管的特点可知,在一个周期内有半个周期回路中有电流,根据交流电电流的热效应可知NBSω‎2‎R‎2‎R·T‎2‎=I2RT,解得ω=‎2RINBS,故A正确,B错误;导线框转到题图示位置时,导线框位于中性面处,导线框中的磁通量最大,瞬时电动势为零,故C正确,D错误。‎ ‎12.(多选)如图所示,某电路上接有保险丝、交流电压表、“220V　900W”的电饭锅及“220V　200W”的抽油烟机。现接入u=311sin100πt(V)的交流电,下列说法正确的是(　　)‎ A.交流电压表的示数为311V B.1s内流过保险丝的电流方向改变100次 C.电饭锅的热功率是抽油烟机的热功率的4.5倍 D.为保证电路正常工作,保险丝的额定电流不能小于5A 答案　BD　由u=311sin100πt(V)知,电压最大值Um=311V,有效值为U=Um‎2‎=220V,f=‎100π‎2πHz=50Hz,1s内电流方向改变100次,故选项A错误,B正确;电饭锅的电功率为抽油烟机电功率的‎900W‎200W=4.5倍,但抽油烟机不是纯电阻元件,其热功率小于200W,故选项C错误;电路正常工作时的总功率P=1100W,此时电流I=PU=‎1100‎‎220‎A=5A,故选项D正确。‎ B组　能力提升 ‎13.如图所示,闭合金属线框曲线部分恰好是半个周期的正弦曲线,直线部分长度为0.4m,线框的电阻为1Ω,若线框从虚线位置开始以2m/s的速度匀速进入足够大的匀强磁场(线框直线部分始终与磁场右边界垂直),这个过程中线框释放出的焦耳热为0.4J,线框中电流随时间变化的关系式为(　　)‎ A.i=2sin10πt(A) B.i=‎2‎sin10πt(A)‎ C.i=2sin5πt(A) D.i=‎2‎sin5πt(A)‎ 答案　C　由题可知,闭合金属线框的曲线部分是半个周期的正弦曲线,则其有效切割长度l做正弦规律变化,根据E=Blv可知线框中产生半个周期的正弦式交流电,如图所示:‎ 设该电流的有效值为I,由题意可得Q=I2Rt,又t=lv=0.2s,解得I=‎2‎A,所以该正弦式交流电的最大值为Im=‎2‎I=2A;金属线框从图示位置到完全进入磁场为半个周期,故T=2lv=0.4s,ω=‎2πT=5πrad/s,所以电流的表达式为i=2sin5πt(A),C正确。‎ ‎14.电压u=120‎2‎sinωt(V)、频率为50Hz的交变电流,把它加在激发电压和熄灭电压均为u0=60‎2‎V的霓虹灯的两端。‎ ‎(1)求在一个小时内,霓虹灯发光时间有多长?‎ ‎(2)试分析为什么人眼不能感到这种忽明忽暗的现象。‎已知人眼的视觉暂留时间约为‎1‎‎16‎s 答案　(1)2400s　(2)见解析 解析　(1)如图所示,画出一个周期内交变电流的u-t图像,其中阴影部分(前‎1‎‎4‎个周期内)对应的时间t1表示霓虹灯不能发光的时间,根据对称性,一个周期内霓虹灯不能发光的时间为4t1‎ 当u=u0=60‎2‎V时 由u=120‎2‎sinωt(V)、f=50Hz,求得t1=‎1‎‎600‎s 再由对称性知一个周期内能发光的时间 t=T-4t1=‎1‎‎50‎s-4×‎1‎‎600‎s=‎1‎‎75‎s 则一个小时内霓虹灯发光的时间 t总=‎3600‎‎0.02‎×‎1‎‎75‎s=2400s ‎(2)很明显霓虹灯在工作过程中是忽明忽暗的,而熄灭的时间只有‎1‎‎300‎s(如图中t2~t3那段时间),由于人的眼睛具有视觉暂留现象,而这个视觉暂留时间约为‎1‎‎16‎s远大于‎1‎‎300‎s,因此经过灯光刺激的人眼不会因为短暂的熄灭而有所感觉。‎