南方新高考2018版高考物理大一轮复习 专题十 交变电流 第1讲 交变电流的产生和描述课时作业

专题十 交变电流第1讲 交变电流的产生和描述一、单项选择题1．某交流电压为u ＝6 2sin 314t V ，则以下说法正确的是( )①用此交流电作打点计时器的电源时，打点周期为0.02 s ；②把额定电压为6 V 的小灯泡接到此电源上，小灯泡正常发光；③把额定电压为6 V 的小灯泡接到此电源上，小灯泡将被烧毁；④耐压6 V 的电容器不能直接用在此电源上A ．①② B．①③ C．①④ D．①②④2．(2015年陕西宝鸡质检)如图K10­1­1所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的正弦交流电的图象，调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图象如图线b 所示．以下关于这两个正弦交流电的说法，正确的是( )图K10­1­1A ．线圈先后两次转速之比为1∶2B ．交流电a 的电压瞬时值u ＝10sin 0.4πt (V)C ．交流电b 的电压峰值为203VD ．在t ＝0时刻穿过线圈的磁通量为零3．如图K10­1­2所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min 后，两电阻消耗的电功之比W 甲∶W 乙为( )图K10­1­2A ．1∶ 2B ．1∶2 C．1∶3 D ．1∶64．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图K10­1­3甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则( )甲 乙图K10­1­3A ．t ＝0.005 s 时线框的磁通量变化率为零B ．t ＝0.01 s 时线框平面与中性面重合C ．线框产生的交变电动势有效值为311 VD ．线框产生的交变电动势频率为100 Hz5．一个小型电热器若接在输出电压为10 V 的直流电源上，消耗电功率为P ；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为P2.如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为( )A ．5 VB ．5 2 VC ．10 VD ．10 2 V6．面积为S 的两个电阻相同的线圈，分别放在如图K10­1­4所示的磁场中，图甲中是磁感应强度为B 0的匀强磁场，线圈在磁场中以周期T 绕OO ′轴匀速转动，图乙中磁场的变化规律为B ＝B 0cos 2πtT，从图示位置开始计时，则( )图K10­1­4A ．两线圈的磁通量变化规律不同B ．两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同C ．经相同的时间t (t ＞T )，两线圈产生的热量不相同D ．从此时刻起，经T4时间，流过两线圈横截面的电荷量相同二、多项选择题7．如图K10­1­5甲所示，一单匝圆形闭合导线框半径为r ，线框电阻为R ，连接一交流电流表(内阻不计)．线框内充满匀强磁场，已知该磁场磁感应强度B 随时间按正弦规律变化，如图乙所示(规定向下为B 的正方向)，则下列说法正确的是( )甲 乙图K10­1­5A ．0.005 s 时线框中的感应电流最大B ．0.01 s 时线框中感应电流方向从上往下看为顺时针方向C ．0.015 s 时电流表的示数为零D ．0～0.02 s 内闭合导线框上产生的热量为π4r4R8．如图K10­1­6所示为交变电流产生的示意图，在磁感应强度为B 的匀强磁场中线圈绕OO ′轴以角速度ω匀速转动，线圈匝数为N ，线圈总电阻为r ，线圈面积为S ，外电路电阻为R .在线圈由图示位置转过90°的过程中，下列说法正确的是( )图K10­1­6A ．磁通量的变化量ΔΦ＝NBSB ．平均感应电动势E ＝2NBS ωπC ．电阻R 产生的焦耳热Q ＝BNS ω22RD ．电阻R 产生的焦耳热Q ＝ωR π·NBS 2R ＋r2三、非选择题9．均匀导线弯成的正方形闭合线框abcd 边长为10 cm ，每边的电阻值为0.1 Ω.把线框放在磁感应强度为B ＝0.1 T 的匀强磁场中，使它绕轴O 1O 2以ω＝100 rad/s 的角速度旋转，旋转方向如图K10­1­7所示(沿O 2O 1由O 2向O 1看为顺时针方向)．已知O 1、O 2两点分别在ad 和bc 上，轴O 1O 2在线框平面内，并且垂直于B ，O 1d ＝3O 1a ，O 2c ＝3O 2b .(1)当线框平面转至和B 平行的瞬间：①每边产生的感应电动势的大小各是多少？ ②线框内感应电流的大小是多少，方向如何？(2)求线框由图所示位置旋转π3的过程中，产生的平均电动势的大小．(3)线框旋转一周内产生的热量为多少？图K10­1­710．如图K10­1­8所示，一交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动，线圈匝数N＝100，线圈电阻r＝3 Ω，ab＝cd＝0.5 m，bc＝ad＝0.4 m，磁感应强度B＝0.5 T，电阻R＝311 Ω，当线圈以n＝300 r/min的转速匀速转动时，求：(1)感应电动势的最大值．(2)t＝0时刻，线圈在图示位置，写出此交变电流电动势的瞬时值表达式．(3)此电压表的示数．图K10­1­811．图K10­1­9甲是交流发电机模型示意图．在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO′转动，由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO′转动的金属圆环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路．图乙是线圈的主视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示．已知ab长度为L1，bc长度为L2，线圈以恒定角速度ω逆时针转动．(只考虑单匝线圈)甲乙丙图K10­1­9(1)线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t 时刻整个线圈中的感应电动势e 1的表达式．(2)线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，如图丙所示，试写出t 时刻整个线圈中的感应电动势e 2的表达式．(3)若线圈电阻为r ，求线圈每转动一周电阻R 上产生的焦耳热．(其他电阻均不计) 专题十 交变电流第1讲 交变电流的产生和描述1．D 解析：据2πT＝ω＝314 rad/s ，可知此交流电的周期为T ＝0.02 s ，小灯泡的额定电压指的是交流电压的有效值，而电容器的耐压值指的是交流电压的最大值．2．C3．C 解析：电功的计算，I 要用有效值计算，图甲中，由有效值的定义得⎝⎛⎭⎪⎫ 122R ×2×10－2＋0＋⎝⎛⎭⎪⎫ 122R ×2×10－2＝I 21R ×6×10－2，解得I 1＝33 A ；图乙中，I 的值不变，I 2＝1 A ．由W ＝UIt ＝I 2Rt ，可以得到W 甲∶W 乙＝I 21∶I 22＝1∶3，C 正确．4．B 解析：本题考查正弦交流电的图象，意在考查考生根据正弦交流电的图象获取交流电特征信息的能力．t ＝0.005 s 时感应电动势最大，线框的磁通量变化率也最大，A 错误． t ＝0.01 s 时感应电动势为零，穿过线框磁通量最大，线框平面与中性面重合，B 正确．感应电动势的最大值为311 V ，有效值则为3112V ，C 错误．所产生电动势的周期为0.02 s ，频率等于周期的倒数，为50 Hz ，D 错误．5．C 解析：设该电热器的电阻为R ，题中正弦交流电源输出电压的有效值为U ，则P2＝U 2R；加直流电时，P ＝2R；又由最大值U m ＝2U ，可解出U m ＝10 V ．故选项C 正确．6．D 解析：图甲中线圈的磁通量变化规律为Φ甲＝B 0S cos 2πTt ，图乙中的磁通量变化规律为Φ乙＝B 0S cos 2πTt .由于两线圈的磁通量变化规律相同，则两线圈中感应电动势的变化规律也相同，达到最大值的时刻和有效值E 也相同．又因两线圈电阻相同，所以Q ＝E 2Rt也相同，经过T4时间，流过两线圈横截面的电荷量也相同，故D 项正确．7．BD 解析：线圈中的感应电动势为E ＝πr 2ΔB Δt ，感应电流为i ＝πr 2R ·ΔB Δt，在0.005s ， ΔBΔt＝0，则i ＝0，A 项错；由楞次定律知在0.01 s 时感应电流方向为顺时针方向(从上往下看)，B 项正确；交流电流表测量的是交变电流的有效值，C 项错；感应电动势的峰值为E m＝B m πr22πT，一个周期导线框上产生的热量为Q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E m 22RT ＝π4r 4R，D 项正确．8．BD 解析：穿过某个面的磁通量与线圈匝数无关，线圈在题设的条件下，其磁通量的变化量ΔΦ＝BS ，选项A 错；线圈转过90°的时间Δt ＝T 4＝π2ω，所以平均电动势E ＝N ΔΦΔt ＝N BS π2ω＝2NBS ωπ，选项B 正确；线圈产生的感应电动势的有效值为E ＝E max 2＝NBS ω2，回路中电流的有效值为I ＝E R ＋r ＝NBS ω2R ＋r.所以，电阻R 上产生的热量为Q ＝I 2Rt ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R ＋r 2R T 4＝N 2B 2S 2ωR πR ＋r 2，选项D 正确，答案为BD. 9．解：(1)①令L 表示正方形线框的边长，R 表示其每边的电阻值，则L ＝0.1 m ，R ＝0.1 Ω，设此时cd 段感应电动势的大小为E 1，ab 段感应电动势的大小为E 2，则E 1＝BLv 1＝34BL 2ω＝0.075 VE 2＝BLv 2＝14BL 2ω＝0.025 Vda 段和bc 段不切割磁感线，所以它们的电动势都是零． ②线框中的感应电动势E ＝E 1＋E 2＝0.1 V线框中的感应电流为I ＝E4R＝0.25 A根据楞次定律可判断电流方向沿dcbad .(2)根据法拉第电磁感应定律，线框由图所示位置旋转π3的过程中，产生的平均电动势的大小E ＝ΔΦΔt ＝B ΔS T 6＝3BS ωsin 60°π＝3 320πV≈0.083 V. (3)线框旋转一周产生的热量为 Q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫I m 22R 总T ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫I 224R 2πω＝7.85×10－4 J. 10．解：(1)根据角速度与转速的关系得ω＝2πn ＝10π rad/s感应电动势的最大值为E m ＝NBS ω＝100×0.5×0.5×0.4×10π V ＝100π V≈314 V. (2)在图示的位置，导线切割磁感线的有效速度最大，瞬时电压也最大，故此交变电流电动势的瞬时值表达式为e ＝314 cos 10πt .(3)电动势的有效值E ＝E m2由闭合电路的欧姆定律I ＝ER ＋r部分闭合电路的欧姆定律I ＝U R代入数据，求得U ＝220 V.11．解：(1)矩形线圈abcd 转动过程中，只有ab 和cd 切割磁感线，设ab 和cd 的转动速度为v ，则v ＝ω·L 22在t 时刻，导线ab 和cd 因切割磁感线而产生的感应电动势均为 E 1＝BL 1v ⊥由图可知v ⊥＝v sin ωt 则整个线圈的感应电动势为 e 1＝2E 1＝BL 1L 2ωsin ωt .(2)当线圈由题图丙位置开始运动时，在t 时刻整个线圈的感应电动势为 e 2＝BL 1L 2ωsin (ωt ＋φ0)． (3)由闭合电路欧姆定律可知I ＝E R ＋r这里E 为线圈产生的电动势的有效值E ＝E m 2＝BL 1L 2ω2则线圈转动一周在R 上产生的焦耳热为 Q R ＝I 2RT其中T ＝2πω于是Q R ＝πR ω⎝ ⎛⎭⎪⎫BL 1L 2R ＋r 2.。