高中物理第五章习题课三交变电流的产生和描述练习含解析新人教版选修3210301105
高二下学期物理人教版选修3-2第5章交变电流同步练习(含答案)
2020—2021学年物理人教选修3—2第5章：交变电流含答案人教选修3—2第5章：交变电流1、如图所示，一单匝矩形线圈abcd，已知ab边长为l1，bc边长为l2，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω从图示位置开始匀速转动，则t时刻线圈中的感应电动势为()A．0.5Bl1l2ωsin ωt B．0.5Bl1l2ωcos ωtC．Bl1l2ωsin ωt D．Bl1l2ωcos ωt2、(多选)线圈在磁场中匀速转动产生的交流电动势为e＝10sin 20πt V，则下列说法正确的是()A．t＝0时，线圈平面位于中性面B．t＝0时，穿过线圈的磁通量最大C．t＝0时，导线切割磁感线的有效速度最大D．t＝0.4 s时，e达到峰值10 V3、如一个接在某直流电源上的电热器所消耗的电功率为P1，若把它接到电压最大值等于直流电压2倍的正弦交流电源上，该电热器所消耗的电功率为P2，则P1:P2为()A．2:1 B．1:2 C．1:1 D．1: 24、（双选）在图甲所示电路中,流过二极管D的电流i D如图乙所示,该电流可以看作是一个恒定电流和一个交变电流的叠加,流过电感和电容的电流分别为i L、i C.下列关于i L、i C随时间t变化的图象中,可能正确的是( )A. B. C. D.5、图甲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,线圈的两端经集流环和电刷与阻值R=10Ω的电阻连接,与电阻并联的交流电压表为理想电压表,示数是10V.图乙是矩形线圈中磁通量Φ随时间t变化的图像.下列说法正确的是( )A.电阻R上消耗的电功率为20WB.t=0.02s时电阻R两端的电压瞬时值为零C.电阻R两端的电压u随时间t变化的规律是u=14.1cos100πt(V)D.通过电阻R的电流i随时间t变化的规律是i=1.41cos50πt(A)6、（双选）某电厂要将电能输送到较远的用户,输送的总功率为100kW,电厂输出电压仅为200V,为减少输送功率损失,先用一理想升压变压器将电压升高再输出,到达目的地后用理想降压变压器降压。
高中物理人教版选修3-2课后训练：5.1 交变电流 Word版含解析 (2).pptx
A. 将线圈水平向右匀速拉出磁场 B. 使线圈以 OO′为轴匀速转动 C. 使线圈以 ab 为轴匀速转动
D. 磁场以 B＝B0sinωt 规律变化
答案 BCD 解析 将线圈向右拉出磁场时，线圈中电流方向不变，A 错误；B、C 两种情况下产生 交变电流，不同的是在C 情况下当线圈全部位于磁场外的一段时间内线圈内没有电流，B、 C 正确；由法拉第电磁感应定律可知 D 种情况下产生按余弦规律变化 的电流，B、C、D 正确。 10.(多选)如图所示，电阻为 R 的正方形导线框，边长为 l，在磁 感应强度为 B，方向水平向右的匀强磁场中，在 t＝0 时，线框所在平面与磁场垂直，线框 处于竖直平面内，现使它绕水平轴 OO′以角速度 ω 匀速转过 180°，则在转动过程中( ) A．通过导线任意截面的电荷量为 0 B．通过导线任意截面的电荷量为2BRl2 C. 导线框中磁通量的最大变化率为 Bωl2 D. 导线框中感应电流方向改变一次
A. 线圈绕 P1 转动时的电流等于绕 P2 转动时的电流 B. 线圈绕 P1 转动时的电动势小于绕 P2 转动时的电动势 C. 线圈绕 P1 和 P2 转动时电流的方向相同，都是 a→b→c→d D. 线圈绕 P1 转动时 dc 边受到的安培力大于绕 P2 转动时 dc 边受到的安培力
高中物理选修3 第五章 交变电流 知识梳理及练习
第五章交变电流一、知识梳理1．交变电流的产生：线圈在匀强磁场中绕_______于磁场的轴匀速转动，产生按_______规律变化的电流。
线圈转至中性面时，穿过线圈的磁通量______，而感应电动势________。
2．表征交变电流的物理量：周期T，频率f，关系_________；峰值：E m、I m、U m；有效值：E、I、U3．正弦交变电流的变化规律：瞬时值表达：e=______________，i=______________，u=____________峰值：E m=__________；正弦交变电流有效值与峰值的关系：E=__________，I=____________，U=_____________4．电感电容对交变电流的影响：电感作用：________________________；电容作用：________________________ 5．理想变压器：原理：______________；原副线圈输入输出功率的关系：__________；电压与匝数的关系：_________；电流与匝数的关系：只有一个副线圈时，___________；有多个副线圈时，________________ 6．远距离输电：导线上的功率损失_________________；导线上的电压损失______________二、专题讲练专题一交变电流的四值交变电流的四值是指：瞬时值、峰值、有效值、平均值1、瞬时值：反映不同时刻交变电流的大小和方向，正弦交流瞬时值表达式为：，。
应当注意必须从中性面开始。
生活中用的市电电压为220V，其峰值为______V，频率为____H Z，所以其电压瞬时值的表达式为u=__________V。
针对练习1、有一正弦交流电源，电压有效值U=120V，频率为f=50Hz向一霓虹灯供电，若霓虹灯的激发电压和熄灭电压均为U0=60 V，试估算在一个小时内，霓虹灯发光时间有多长？针对练习2、交流发电机的线圈从平行磁场的位置开始匀速转动，与它并联的电压表的示数为14.1V，那么当线圈转过30°时交流电压的瞬时值为_________V。
高中物理-有答案-人教版选修3选修3-2第五章第1节交变电流
高中物理人教版选修3选修3-2第五章第1节交变电流一、选择题（共5题；）1. 关于交变电流和直流电流的说法中正确的是（）A.如果电流大小随时间做周期性变化，则一定是交变电流B.直流电流的大小和方向一定不变C.交变电流一定是按正弦规律变化的D.交变电流的最大特征就是电流的方向随时间做周期性的变化2. 如图所示为演示交变电流产生的装置图，关于这个实验，正确的说法是（）A.线圈每转动一周，指针左右摆动两次B.图示位置为中性面，线圈中无感应电流C.图示位置ab边的感应电流方向为a→bD.线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零3. 欲增大交流发电机的感生电动势而不改变频率，下面措施中不能采用的是（）A.增大转速B.增大磁感应强度C.增加线圈匝数D.增大线圈的包围面积4. 如图所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴OO′以角速度ω逆时针匀速转动。
若以线圈平面与磁场夹角θ＝0∘时（如图）为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正。
则下列四幅图中正确的是()A. B.C. D.5. 如图甲所示，a、b为两个并排放置的共轴线圈，a中通有如图乙所示的交变电流，则下列判断错误的是（）A.在t1到t2时间内，a、b相吸B.在t2到t3时间内，a、b相斥C.t1时刻两线圈间作用力为零D.t2时刻两线圈间吸引力最大二、多项选择题（共3题；）如图所示的4种电流随时间变化的图中，属于交变电流的有（）A. B.C. D.关于中性面，下列说法正确的是（）A.中性面就是穿过线圈的磁通量为零的面B.中性面就是线圈中磁通量变化率为零的面C.线圈过中性面时，电流方向必改变D.线圈过中性面时，感应电动势为零如图所示，一面积为S的单匝矩形线圈处于有界磁场中，能在线圈中产生交变电流的是（）A.将线圈水平向右匀速拉出磁场B.使线圈以OO′为轴匀速转动C.使线圈以ab为轴匀速转动D.磁场以B=B0sinωt规律变化三、填空题（共2题；）闭合线圈在匀强磁场中匀速转动，转速为240r/min，若线圈平面转至与磁场方向平行时的电动势2V，则从中性面开始计时，所产生的交流电动势的表达式为e＝________ V， s，交流电动势的大小为________ V．电动势的峰值为________ V，从中性面起经148一矩形线圈在匀强磁场中以角速度4πrad/s匀速转动，产生的交变电动势的图像如图所示．则交变电流的频率为________Hz，当t=0时，线圈平面与磁感线________，当t=0.5s时，e为________V．四、计算题（共2题；）如图所示，匝数为n，面积为S的矩形线圈在匀强磁场B中匀速转动，角速度为ω，求线圈从图示位置转过180∘时间内的平均感应电动势．如图所示，一边长为l的正方形线圈abcd绕对称轴OO′在匀强磁场中转动，转速为n= 120转/分，若已知边长l=20cm，匝数N=20，磁感应强度B=0.2T，求:（1）转动中的最大电动势及位置。
高中物理 第五章 习题课三 交变电流的产生和描述课件 新人教版选修3-2
(3)单匝线圈电动势的最大值计算式Em=BSω. 解析:由题图可知,t=0 时刻线圈均在中性面,穿过线圈的磁通量最大,故 A 错误;由题图可知 Ta∶Tb=2∶3,则 na∶nb=3∶2,故 B 正确;由题图可知,C 正 确;因 ωa∶ωb=3∶2,交流电最大值 Um=nBSω,则 Uma∶Umb=3∶2,得出 Umb=
经过1 min的时间,两电阻消耗的电功之比W甲∶W乙为( C)
A.1∶ 2
B.1∶2
C.1∶3
D.1∶6
解析:计算电功时,I 要用有效值.图(甲)中,设周期为 T,由有效值的定义得
(
1 )2R· T +0+(
2
3
1 2
)2R· T 3
=
I12
RT,得 I1=
3 3
A;图(乙)中,电流的大小
不变,I2=1 A,由 W=I2Rt 可以得到 W 甲∶W 乙=1∶3,故 C 正确.
(1)计算通电1 s内电阻R中产生的热量. (2)计算该交流电的有效值.
解析:(1)电流 i 在 1 s 内产生的热量 Q=2 I12 Rt1+2 I22 Rt2=2×12×1×0.2 J+ 2×22×1×0.3 J=2.8 J. (2)由 Q=I2Rt 得电流 I= Q = 2.8 A≈1.67 A,即该交变电流的有效值为
2π×50 V=628 V
感应电动势的有效值为 E= Em =314 2 V 2
外力驱动线圈转动的功率与线圈中交变电流的功率相等,
即 P 外= E 2 =W≈1.97×104 W. R
(2)当线圈转至线圈平面与中性面的夹角为 30°时,线圈产生的感应电动势 的瞬时值为 e=Emsin 30°=314 V
高中物理第五章1交变电流练习含解析新人教版选修3210301100
高中物理第五章1交变电流练习含解析新人教版选修32103011001.(2019·浙江丽水检测)一线圈在匀强磁场中匀速转动,在如图所示位置时( C )A.穿过线圈的磁通量最大,磁通量的变化率最小B.穿过线圈的磁通量最大,磁通量的变化率最大C.穿过线圈的磁通量最小,磁通量的变化率最大D.穿过线圈的磁通量最小,磁通量的变化率最小解析:当线圈平面平行于磁感线时,磁通量最小,但e为最大,即最大,故C正确.2.(2019·江苏南通检测)某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动,产生交变电流的图象如图所示,由图中信息可以判断( C )A.在A和C时刻线圈处于中性面位置B.在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零C.从O时刻到D时刻线圈转过的角度为2πD.若从O时刻到B时刻历时0.02 s,则交变电流的频率为50 Hz解析:A,C时刻电流最大,位于与中性面垂直的位置,故A错.B,D时刻,电流最小,处于中性面位置,磁通量最大,故B错.从O时刻到D时刻是一个周期,线圈转过的角度为2π,故C对.若从O 时刻到B时刻历时0.02 s,则交变电流的频率为25 Hz,故D错.3.(多选)如图所示为演示交变电流产生的装置图,关于这个实验,下列说法正确的是( AC )A.线圈每转动一周,指针左右各摆动一次B.图示位置为中性面,线圈中无感应电流C.线圈逆时针转动到图示位置ab边的感应电流方向为a→bD.线圈平面与磁场方向平行时,磁通量变化率为零解析:线圈在磁场中匀速转动时,在电路中产生呈周期性变化的交变电流,线圈经过中性面时电流改变方向,线圈每转动一周,有两次通过中性面,电流方向改变两次,指针左右各摆动一次,故选项A正确;线圈处于图示位置时,ab边向右运动,由右手定则,ab边的感应电流方向为a→b,故选项B错误,C正确;线圈平面与磁场方向平行时,ab,cd边垂直切割磁感线,线圈产生的电动势最大,也可以这样认为,线圈平面与磁场方向平行时,磁通量为零,磁通量的变化率最大,故选项 D 错误.4.(2019·甘肃兰州检测)如图所示,有一矩形线圈abcd,已知ab边长为l1,bc边长为l2,在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω从图示位置开始匀速转动,则t时刻线圈中的感应电动势为( D )A.0.5Bl1l2ωsin ωtB.0.5Bl1l2ωcos ωtC.Bl1l2ωsin ωtD.Bl1l2ωcos ωt解析:公式e=E m sin ωt只适用于线圈平面位于中性面时开始计时的情况,若t=0时线圈不在中性面,上式就不适用了.题中所给初始时刻线圈平面与磁感线平行,即与中性面垂直,此时e=E m sin(ωt+)=E m cos ωt=Bl1l2ωcos ωt,故应选D.5.(多选)如图所示,abcd为一边长为L、匝数为N的正方形闭合线圈,绕对称轴OO′匀速转动,角速度为ω.空间中只有OO′左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B.若闭合线圈的总电阻为R,则( BD )A.线圈中电动势的最大值为NBL2ωB.线圈中电动势的最大值为NBL2ωC.在线圈转动一圈的过程中,线圈中有一半时间没有电流D.当线圈转到图中所处的位置时,穿过线圈的磁通量为BL2解析:最大值E m=NBL2ω,故A错误,B正确;在线圈转动的过程中,线圈始终有一半在磁场中运动,不会有一半时间没有电流,故C错误;题图中所示位置,穿过线圈的磁通量为BL2,故D正确.6.如图所示,矩形线圈abcd在匀强磁场中分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动,当线圈平面转到与磁场方向平行时( A )A.线圈绕P1转动时产生的感应电流等于绕P2转动时产生的感应电流B.线圈绕P1转动时产生的感应电动势小于绕P2转动时产生的感应电动势C.线圈绕P1和P2转动时产生的感应电流的方向相同,都是a→b→c→dD.线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力解析:线圈转动产生的感应电动势的大小与转动轴的位置无关,选项A正确,B错误;绕两个轴转动产生的感应电流的大小相等,从上向下看,线框逆时针旋转,电流的方向应为a→d→c→b,选项C错误;电流相等,cd受到的安培力也相等,选项D错误.7.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时,产生的感应电动势最大值为50 V,那么该线圈由图示位置转过30°,线圈中的感应电动势大小为( B )A.50 VB.25 VC.25 VD.10 V解析:由题给条件知:交变电流瞬时值表达式为e=50cos ωt V=50cos θ V,当θ=30°时,e=25 V,故B对.8.(多选)一矩形线圈在匀强磁场中以一边为轴匀速转动,磁场方向与转轴垂直,线圈中感应电动势e与时间t的关系如图所示,在时刻,线圈平面与磁场方向的夹角等于( AD )A.30°B.60°C.120°D.150°解析:由题图可知e=E m cos t.在t=时,e=E m,即cos θ=,由此可以确定θ=30°或150°,故A,D正确.9.(2019·浙江嘉兴检测)如图所示为演示用的手摇发电机模型,匀强磁场磁感应强度B=0.5 T,线圈匝数n=50,每匝线圈面积0.48 m2,转速150 r/min,在匀速转动过程中,从图示位置开始计时.(1)写出交变感应电动势瞬时值的表达式.(2)画出e t图线.解析:(1)从线圈平面经过中性面开始计时,则线圈在时间t内转过角度ωt,于是感应电动势瞬时值e=E m sin ωt,其中E m=nBSω.由题意知n=50,B=0.5 T,ω= rad/s=5π rad/s,S=0.48 m2,E m=nBSω=50×0.5×0.48×5π V≈188 V,所以e=188sin(5πt)V.(2)根据交变电流的方程画图线时,最大值是正弦图线的峰值,由纵轴上的刻度值标出,交变电流的频率与正弦图线的周期相对应,ω=,而周期由时间轴上的刻度值标出,T==0.4 s,e t 图线如图所示.答案:(1)e=188sin(5πt)V(2)见解析(教师备用)1.如图所示是一台发电机的结构示意图,其中N,S是永久磁铁的两个磁极,它们的表面呈半圆柱面形状.M是圆柱形铁芯,它与磁极的柱面共轴,铁芯上有一矩形线框,可绕与铁芯M共轴的固定转动轴旋转.磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径、大小近似均匀的磁场.若从图示位置开始计时,当线框绕固定转动轴匀速转动时,下列图象中能正确反映线框中感应电动势e随时间t变化规律的是( D )解析:因发电机的两个磁极N,S呈半圆柱面形状,磁极间的磁感线呈辐向分布,磁感应强度的大小不变,仅方向发生改变,故线框在磁场中转动时垂直切割磁感线,产生的感应电动势的大小不变,线框越过空隙段后,由于线框切割磁感线方向发生变化,所以感应电动势的方向发生变化,综上所述,选项D正确.2.在垂直纸面向里的有界匀强磁场中放置了矩形线圈abcd.线圈cd边沿竖直方向且与磁场的右边界重合.线圈平面与磁场方向垂直.从t=0时刻起,线圈以恒定角速度ω=绕cd边沿如图所示方向转动,规定线圈中电流沿abcda方向为正方向,则从t=0到t=T时间内,线圈中的电流i随时间t变化关系的图象为( B )解析:在0～内,线圈在匀强磁场中匀速转动,故产生正弦式交流电,由楞次定律知,电流方向为负值;在～T 内,线圈中无感应电流;在T时,ab边垂直切割磁感线,感应电流最大,且电流方向为正值,故只有B项正确.3.一圆形线圈,面积是0.05 m2,共100匝,线圈电阻r=2 Ω,外接电阻R=8 Ω,线圈在磁感应强度B= T的匀强磁场中以n=300 r/min的转速绕垂直于磁感线的轴匀速转动,如图所示,若从中性面开始计时,求:(1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式;(2)线圈从开始计时经 s时线圈中由此得到的感应电流的瞬时值;(3)外电路R两端电压瞬时值的表达式.解析:(1)线圈转速n=300 r/min=5 r/s,角速度ω=2πn=10π rad/s,线圈产生的感应电动势最大值E m=NBSω=50 V,感应电动势瞬时值表达式为e=E m sin ωt=50sin(10πt)V.(2)将t= s代入感应电动势瞬时值表达式中,得e′=50sin(10π×)V=25 V,对应的感应电流i′== A.(3)由闭合电路欧姆定律得u=R=40sin(10πt)V.答案:(1)e=50sin(10πt)V (2) A (3)u=40sin 10πt(V)。
人教版高中物理选修3-2第五章 交变电流单元练习题(含详细答案)
第五章交变电流一、单选题1.如图甲所示, Ⅰ、Ⅱ两个并排放置的共轴线圈,Ⅰ中通有如图乙所示的交变电流,则下列判断错误的是()A．在t1到t2时间内,Ⅰ、Ⅱ相吸B．在t2到t3时间内,Ⅰ、Ⅱ相斥C．t1时刻两线圈间作用力为零D．t2时刻两线圈间吸引力最大2.如图所示,某小型发电站发电机输出的交流电压为500 V,输出的电功率为50 kW,用电阻为3 Ω的输电线向远处送电,要求输电线上损失功率为输电功率的0.6%,则发电站要安装一升压变压器,到达用户再用降压变压器变为220 V供用户使用(两个变压器均为理想变压器)．对整个送电过程,下列说法正确的是()A．输电线上的损失功率为300 WB．升压变压器的匝数比为1∶100C．输电线上的电流为100 AD．降压变压器的输入电压为4 700 V3.如图所示,把电阻R、电感线圈L、电容器C并联接到一交流电源上,三个灯泡的亮度相同,若保持电源电压大小不变,而将频率增大,则关于三个灯的亮度变化说法正确的是()A． A灯亮度不变,B灯变暗,C灯变亮B． A灯亮度不变,B灯变亮,C灯变暗C． A灯变暗,B灯亮度不变,C灯变亮D． A灯变亮,B灯变暗,C灯亮度不变4.如图所示,好多同学家里都有调光电灯、调速电风扇,是用可控硅电子元件来实现的,为经一双向可控硅调节后加在电灯上的电压,即在正弦交流电的每个二分之一周期内,前周期被截去,调节台灯上旋钮可以控制截去的多少,从而改变电灯上的电压,那么现在电灯上的电压为()A．B． 2U mC．D．U m5.关于线圈在匀强磁场中转动产生的正弦交变电流,下列说法正确的是()A．线圈平面每经过中性面一次,感应电流方向就改变一次,感应电动势方向不变B．线圈转动一周,感应电流的方向一定改变一次C．线圈平面每经过中性面一次, 感应电流和感应电动势方向都改变一次D．线圈转动一周, 感应电流和感应电动势方向一定都改变一次6.如图所示,甲、乙两个交流电路中,电源的输出电压、输出电流均相等．若理想变压器原、副线圈的匝数为n1、n2,则负载电阻R1与R2的比值为()A．n1∶n2B．n2∶n1C．n∶nD．n∶n7.一正弦交流电的电流随时间变化的规律如图所示．由图可知()A．该交流电的电流瞬时值的表达式为i＝2sin (100πt)AB．该交流电的频率是50 HzC．该交流电的电流有效值为2AD．若该交流电流通过R＝10 Ω的电阻,则电阻消耗的功率是20 W8.对于如图所示的电流I随时间t作周期性变化的图象,下列说法中正确的是()A．电流大小变化,方向不变,是直流电B．电流大小、方向都变化,是交流电C．电流最大值为0.2 A,周期为0.01 sD．电流大小变化,方向不变,不是直流电,是交流电9.在如图甲所示电路的MN间加如图乙所示正弦交流电,负载电阻为200 Ω,若不考虑电表内阻对电路的影响,则交流电压表和交流电流表的读数分别为()A． 311 V,1.10 AB． 220 V,1.10 AC． 220 V,3.11 AD． 311 V,3.11 A10.如图所示,一单匝矩形线圈ab边的长为l1,ad边的长为l2,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．从线圈处于图示位置开始计时(t＝0),则在t＝t0时线圈中的感应电动势为()A．Bl1l2ωsinωt0B．Bl1l2ωcosωt0C．Bl1l2ωsinωt0D．Bl1l2ωcosωt0二、多选题11.(多选)从某一装置输出的交流常常即有高频成分,又有低频成分．如果只需要把低频成分输送到下一级装置,可采用的电路是图中的()A．B．C．D．12.(多选)如图所示,边长为L＝0.2 m的正方形线圈abcd,其匝数为n＝10,总电阻为r＝2 Ω,外电路的最阻为R＝8 Ω,ab的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上,磁场的磁感应强度B＝1 T．若线圈从图示位置开始,以角速度ω＝2 rad/s绕OO′轴匀速转动,则以下判断中正确的是()A．在t＝时刻,磁场穿过线圈的磁通量为零,但此时磁通量随时间变化最快B．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式e＝0.8sin 2t VC．从t＝0时刻到t＝时刻,电阻R上产生的热量为Q＝3.2π×10－4JD．从t＝0时刻到t＝时刻,通过R的电荷量q＝0.02 C13.(多选)如图所示,平行板电容器与灯泡串联,接在交流电源上,灯泡正常发光,则()A．把电介质插入电容器,灯泡一定变亮B．把电容器两极板间距离增大,灯泡一定变亮C．把电容器两极板间距离减小,灯泡一定变亮D．使交流电频率增大,灯泡变暗三、实验题14.有一个教学用的可拆变压器,如图甲所示,它有两个外观基本相同的线圈A、B,线圈外部还可以绕线．(1)某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值,指针分别对应图乙中的A、B 位置,由此可推断________线圈的匝数较多(选填“A”或“B”)．(2)如果把它看成理想变压器,现要测定A线圈的匝数,提供的器材有：一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源,请简要叙述实验的步骤(写出要测的物理量,并用字母表示)________A线圈的匝数为nA＝________.(用所测物理量符号表示)四、计算题15.发电机的端电压为220 V,输出功率44 kW,输电导线的电阻为0.2 Ω,如果用初、次级线圈匝数之比为1∶10的升压变压器升压,经输电线后,再用初、次级线圈匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户．(1)画出全过程的线路示意图;(2)求用户得到的电压和功率;(3)若不经过变压而直接送到用户,求用户得到的电压和功率．16.某兴趣小组设计了一种发电装置,如图所示．在磁极与圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为π,磁场均沿半径方向,匝数为N的矩形线圈．abcd的边长ab＝cd＝l、bc＝ad＝2l.线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动、bc和ad边同时进入磁场,在磁场中,两条边所经过处的磁感应强度大小均为B,方向始终与两条边的运动方向垂直,线圈的总电阻为r,外接电阻为R.求：(1)线圈切割磁感线时,感应电动势的大小E m;(2)线圈切割磁感线时,bc边所受安培力的大小F;(3)外接电阻上电流的有效值I.17.一台发电机的功率是44 kW,用电阻为0.2 Ω的导线输送到用户,(1)若用220 V的电压输电,输电线上的电流多大？输电线发热损失的功率是多少？(2)若用22 kV的电压输电,输电线上电流多大？输电线发热损失的功率又是多少？五、填空题18.如图所示,一交流发电机线圈共50匝,ab＝0.1 m,bd＝0.2 m,总电阻为10 Ω,在B＝0.5 T的匀强磁场中从磁通量最大位置开始以100 r/s的转速匀速转动,外电路中接有R为40 Ω的电阻,当线圈转过周期时,电流表的读数为________;电压表读数为________;这段时间内通过外电阻R的电荷量为________．19.正弦交流电是由闭合线圈在匀强磁场中匀速转动产生的．线圈中感应电动势随时间变化的规律如图所示,则此感应电动势的有效值为________V.20.下图是交流发电机的示意图．为了清楚,老师只画出了一匝线圈(实际共有N匝)．线圈AB边(长l1)连在金属环K上,CD边(长也为l1)连在滑环L上;导体做的两个电刷E、F分别压在两个滑环上,线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路的连接．假定线圈沿逆时针方向以角速度ω0匀速转动,如图甲至丁．(左边为N极,右边为S极;外面是K环,里面是L环)那么：(1)线圈转到上述图示的________位置时,线圈中电流最大;(2)线圈由丙转到丁的过程中,AB边中电流的方向____________;(3)当AD边和BC边长均为l2,磁场可视为磁感应强度B的匀强磁场,整个电路总电阻设为R,以丙图位置计时t＝0,则线圈中电流随时间变化的规律为i＝____________.21.如图所示,单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的匀强磁场中,线框面积为S,电阻为R.线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω匀速转动,线框中感应电流的有效值I＝________.线框从中性面开始转过的过程中,通过导线横截面的电荷量q＝________.22.如图为一用理想变压器供电的电路示意图,其中交流电源的内阻忽略不计,L1为与原线圈串联的灯泡,灯泡L2、L3为副线圈的负载,开始时开关S断开,现在闭合开关S,不考虑温度变化对灯丝电阻的影响,则L1________,L2________(填“变亮”“变暗”或“亮度不变”)答案解析1.【答案】D【解析】t1到t2时间内,Ⅰ中电流减小,Ⅰ中的磁场穿过Ⅱ的磁通量逐渐减少,因此Ⅱ产生与Ⅰ同向的磁场,故Ⅰ、Ⅱ相吸,所以选项A正确,同理选项B正确;t1时刻Ⅰ中电流最大,但变化率为零,Ⅱ中无感应电流,故两线圈的作用力为零,C正确;t2时刻Ⅰ中电流为零,但此时电流的变化率最大,Ⅱ中的感应电流最大,但相互作用力为零,D错误．故选D.2.【答案】A【解析】输电线上的损失功率为0.6%×50 kW＝300 W,选项A正确．由I2R＝300 W可得输电线上电流I＝10 A,升压变压器副线圈电压为5 000 V,升压变压器的匝数比为1∶10,选项B、C错误．输电线损失电压为IR＝30 V,降压变压器的输入电压为4 970 V,选项D错误．3.【答案】A【解析】4.【答案】A【解析】此图象所示电压与正弦半波电压等效,由2·＝T,得：U＝.5.【答案】C【解析】当线圈在匀强磁场中转动产生交变电流时,线圈平面每经过中性面一次,感应电流与感应电动势方向均改变一次,转动一周,感应电流方向改变两次．故选C.6.【答案】C【解析】设电源的电压为U1,则R1消耗的功率P1＝,根据电压与匝数成正比得U2＝U1,则R2消耗的功率P2＝,因为P1＝P2,所以＝,故选C.7.【答案】D【解析】由图象可知,交流电的最大值为 2 A,电流的周期为0.04 s,交流电的角速度ω＝＝rad/s＝50π rad/s,所以交流电的电流瞬时值的表达式为i＝2sin (50πt)(A),所以A错误;交流电的频率为f＝＝Hz＝25 Hz,所以B错误;交流电的电流有效值为A＝A,所以C错误;交流电的电流有效值为A,所以电阻消耗的功率P＝I2R＝()2×10 W＝20 W,所以D正确．8.【答案】A【解析】由图象可知：电流的大小变化,方向始终不发生变化,所以是直流电,电流最大值为0.2 A,周期为0.02 s,A正确,B、C、D错误．9.【答案】B【解析】交流电源电压的有效值U＝V≈220 V;由欧姆定律可知,电路中电流I＝＝A＝1.1A.10.【答案】D【解析】因为开始时刻线圈平面与磁感线平行,即从垂直中性面开始运动,所以开始时刻中感应电动势最大,且E m＝Bl1l2ω,感应电动势的表达式应为余弦形式,因此在t＝t0时刻线圈中的感应电动势为Bl1l2ωcosωt0,选项D正确．11.【答案】AD【解析】由于只需将低频成分输送到下一级装置,可将高频成分分流,但低频成分不能通过,即需要高频旁路电容器,选项A正确．也可以直接阻碍高频成分通过,即阻高频、通低频,可以采用高频扼流圈,选项D正确．12.【答案】AD【解析】线圈在磁场中转动,E m＝nBSω＝0.4 V,B项错;当线圈平面与磁场平行时磁通量变化最快,A 正确;QR＝I2Rt＝[]2Rt＝1.6 π×10－3J,C错;q＝n＝0.02 C,D正确．13.【答案】AC【解析】在电容器中插入电介质或把电容器两极板间距离减小,电容C增大,容抗减小,电流增大,灯泡变亮;当频率增大时,容抗减小,灯泡也变亮;把电容器两板间的距离增大,将使电容器C减小,容抗增加,灯泡将变暗．14.【答案】(1)A(2)①用长导线绕一个n匝线圈,作为副线圈替代A线圈;②把低压交流电源接B 线圈,测得线圈的输出电压为U;③用A线圈换下绕制的线圈测得A线圈的输出电压为UA n【解析】(1)A由题图乙可知A位置的阻值大于B位置的阻值,由电阻定律可得A线圈的匝数多于B线圈的．(2)①用长导线绕一个n匝线圈,作为副线圈替代A线圈;②把低压交流电源接B线圈,测得线圈的输出电压为U;③用A线圈换下绕制的线圈测得A线圈的输出电压为UA.则nA＝n.15.【答案】(1)(2)219.6 V 4.392×104W(3)180 V 3.6×104W【解析】(1)示意图如下图所示．(2)由图可知,升压变压器次级的输出电压U2＝U1＝2 200 V．据理想变压器P入＝P出,则升压变压器次级的输出电流I2＝＝A＝20 A,输电线上的功率损失和电压损失分别为P损＝I R线＝202×0.2 W＝80 W.U损＝ΔU＝IR线＝20×0.2 V＝4 V.所以降压变压器初级上的输入电压和电流为U3＝U2－U损＝2 200 V－4 V＝2 196 V,I3＝I2＝20 A.降压变压器次级的输出电压和电流为U4＝U3＝×2 196 V＝219.6 V,I4＝I3＝10×20 A＝200 A.用户得到的功率为P4＝U4·I4＝219.6×200 W＝4.392×104W.(3)若直接用220 V低压供电,电路如图所示,则输电电流I＝＝A＝200 A.输电线路上的电压损失ΔU＝IR线＝200×0.2 V＝40 V.所以用户得到的电压U2＝U1－ΔU＝220 V－40 V＝180 V,用户得到的功率为P＝U2I＝180×200 W＝3.6×104W.16.【答案】(1)2NBl2ω(2)(3)【解析】(1)bc,ad边的运动速度v＝ω,感应电动势E m＝4NBlv,解得E m＝2NBl2ω.(2)电流I m＝,安培力F＝2NBI m l,解得F＝.(3)一个周期内,通电时间t＝T,R上消耗的电能W＝I Rt,且W＝I2RT解得I＝.17.【答案】(1)200 A 8×103W(2)2 A0.8 W【解析】(1)P＝UI,44×103W＝220×I,I＝200 AP损＝I2R P损＝8×103W(2)P＝U′I′44×103W＝22 000×I′I′＝2 A P′损＝I′2RP′损＝0.8 W18.【答案】40ππ0.01【解析】根据公式E m＝NBSω可得过程中产生的最大电动势为：E m＝NBSω＝50×0.5×0.1×0.2×100×2π＝100π,路程电压为：U＝·＝40π V,即电压表的示数为40π V,电流表的示数为：I＝＝π,q＝It＝N t＝N＝0.01 C.19.【答案】220【解析】由有效值的定义式得：××2＝T,得：U＝220 V.20.【答案】(1)乙和丁(2)A→B(3) ±sinω0t【解析】(1)当磁通量为零时电流最大(2)由楞次定律可判断电流方向为逆时针方向(3)峰值为NBSω,瞬时值为i＝I m sinω0t＝sinω0t21.【答案】【解析】电动势最大值E m＝BSω.有效值E＝＝BSω.由闭合电路欧姆定律可得I＝＝,电荷量q＝I·Δt＝·Δt＝＝.22.【答案】变亮变暗【解析】常规分析方法：(1)假定变压器副线圈的输出电压不变,闭合开关S造成副线圈的负载电阻减小,使副线圈中的电流增大,从而造成原线圈中的电流增大,进而增大了灯泡L1的分压,因电源电压恒定,导致原线圈两端的电压减小,致使副线圈的输出电压减小,这个结果与前面讨论副线圈中的电流变化情况时假定副线圈的输出电压不变矛盾;(2)若认定副线圈的输出电压减小,闭合开关S后,副线圈的负载电阻减小,这样分析副线圈中的电流变化就很困难……问题很难说清楚．等效电阻法上述定性讨论的失败提示我们要从定量的角度处理,因这里的三个灯泡不在一个闭合电路中,需要把变压器和灯泡L2、L3进行等效处理,设变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2,副线圈的负载电阻为R,根据前面推导出的公式,变压器及其副线圈的负载可等效为R′＝R.这样这个问题的电路图就等效为下图,当闭合开关S后,副线圈的负载电阻R减小,电路图中的等效电阻R′也因此减小,电路中的电流I增大,即原线圈中的电流I1增大,灯泡L1的亮度(P L1＝I R L)一定增大,即L1变亮;根据串联分压规律可知原线圈两端的电压U1一定减小,所以L2的亮度(P L2＝)一定减小,即L2变暗．。
2021年高二人教版物理选修3-2练习册：5.习题课：交变电流的产生及描述含答案
2021年高二人教版物理选修3-2练习册：5.习题课：交变电流的产生及描述含答案知识点一对交变电流瞬时值表达式的应用1．标有“220 V0.5 μF”字样的电容器能接入下面哪个电路中使用( ) A．e＝220sin 100πt (V)的交流电路中B．220 V的照明电路中C．e＝380sin 100πt (V)的交流电路中D．380 V的照明电路中知识点二交变电流的图像2．(多选)一正弦式交变电流的电压随时间变化的规律如图LX-4-1所示．由图可知()图LX-4-1A．该交变电流的电压瞬时值的表达式为u＝100sin 25t (V)B．该交变电流的频率为25 HzC．该交变电流的电压的有效值为100 2 VD．若将该交流电压加在阻值为R＝100 Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是50 W3．一矩形金属线圈共10匝，绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的交变电动势e随时间t变化的规律如图LX-4-2所示，下列说法中正确的是()图LX-4-2A．此交流电的频率为0.2 HzB．此交变电动势的有效值为1 VC．t＝0.1 s时，线圈平面与磁场方向平行D．在线圈转动过程中，穿过线圈的最大磁通量为1100πWb知识点三交变电流有效值的计算4．图LX-4-3表示一交流电随时间变化的图像，其中电流为正值时的图像为正弦曲线的正半部分，其最大值为I m；电流的负值为－I m，则该交变电流的有效值为多少？图LX-4-3知识点四 交变电流的“四值” 5．如图LX -4-4所示，在匀强磁场中有一个内阻r ＝3 Ω、面积S ＝0.02 m 2的半圆形导线框可绕OO′轴旋转，OO′轴垂直于磁场方向，已知匀强磁场的磁感应强度B ＝5 2π T ．若线框以ω＝100π rad /s 的角速度匀速转动，且通过电刷给“6 V 12 W ”的小灯泡供电，则：(1)若从图示位置开始计时，求线框中感应电动势的瞬时值表达式； (2)从图示位置开始，线框转过90°的过程中，流过导线横截面的电荷量是多少？该电荷量与线框转动的快慢是否有关？(3)由题目所给的已知条件，外电路所接小灯泡能否正常发光？如不能，则小灯泡的实际功率为多大？图LX -4-46．风速仪的简易装置示意图如图LX -4-5甲所示．在风力作用下，风杯带动与其固定在一起的永磁铁转动，线圈中的感应电流随风速的变化而变化．风速为v 1时，测得线圈中的感应电流随时间变化的关系如图乙所示；若风速变为v 2，且v 2＞v 1，则感应电流的峰值I m 、周期T 和感应电动势的有效值E 的变化情况是( )图LX -4-5A ．I m 变大，T 变小B ．I m 变大，T 不变C ．I m 变小，T 变小D ．I m 不变，E 变大7．图LX -4-6为一正弦交流电通过一电子元件后的波形图，则下列说法正确的是( )图LX -4-6A ．这也是一种交流电B ．电流的变化周期是0.01 sC ．电流的有效值是1 AD ．电流通过100 Ω的电阻时，1 s 内产生的热量为200 J 8．如图LX -4-7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( )图LX -4-7A .BL 2ω2RB .2BL 2ω2RC .2BL 2ω4RD .BL 2ω4R9．(多选)电阻为1 Ω的某矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，产生的正弦交流电的图像如图LX -4-8的图线a 所示；当调整线圈转速后，该线圈中所产生的正弦交流电的图像如图线b 所示，以下关于这两个正弦交变电流的说法正确的是( )图LX -4-8A ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B ．线圈先后两次转速之比为3∶2C ．交流电a 的电动势的有效值为5 2 VD ．交流电b 的电动势的最大值为5 V 10．如图LX -4-9所示，线圈面积为0.05 m 2，共100匝，线圈总电阻为1 Ω，与阻值为R ＝9 Ω的外电阻相连，线圈在B ＝2π T 的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的OO′轴以转速n ＝300 r /min 匀速转动．从线圈处于中性面开始计时，求：(1)电动势的瞬时表达式； (2)两电表A 、V 的示数；(3)线圈转过160s 时电动势的瞬时值；(4)线圈转过130 s 的过程中，通过电阻的电荷量；(5)线圈匀速转一周外力做的功．图LX -4-9习题课：交变电流的产生及描述1．A [解析] 标有“220 V 0.5 μF ”字样的电容器，电压最大值不得超过220 V ，由A 、C 中瞬时值表达式可见，最大值分别为220 V 、380 V ，故A 对，C 错；B 、D 中有效值为220 V 、380 V ，最大值更大，故B 、D 错．2．BD [解析] 从图中可知，交变电流周期T ＝4×10－2 s ，峰值电压U m ＝100 V ，故交变电流的频率f ＝1T ＝25 Hz ，有效值U ＝U m 2＝50 2 V ；R ＝100 Ω的电阻上的热功率P ＝U 2R ＝50 W ；该交变电流的电压瞬时值表达式u ＝U m sin ωt ＝100sin 50πt (V )，正确选项为B 、D .3．D [解析] 由图可知，此交流电的周期T ＝0.2 s ，频率f ＝1T ＝5 Hz ，A 错误．E ＝E m2＝22V ，B 错误．t ＝0.1 s 时，电动势为0，线圈平面与磁感线垂直，C 错误．因E m ＝nBSω，其中n ＝10匝，ω＝2πT ＝10π rad /s ，故Φm ＝BS ＝1100πWb ，D 正确．4.32I m[解析] 在前T 2为正弦交流电，相应有效值为I 1＝I m 2；在后T2为方波交流电，相应有效值为I 2＝I m .取电阻为R ，考虑一个周期内的热效应，设该交变电流的有效值为I ，根据有效值的定义有I 2RT ＝I 21R·T2＋I 22R·T 2，由此得I ＝I 21＋I 222＝32I m . 5．(1)e ＝10 2cos 100πt (V ) (2)260π C 无关 (3)不能 253W[解析] (1)线框转动时产生感应电动势的最大值E m ＝BSω＝5 2π×0.02×100π V ＝10 2V ．因线框转动从平行于磁感线位置开始计时，则感应电动势的瞬时值表达式e ＝E m cos ωt ＝10 2cos 100πt (V )．(2)线框转过90°过程中，产生的平均电动势E ＝ΔΦΔt ＝2BSωπ，流过的电荷量q ＝I·14T ＝BS R ＋r ，灯泡电阻R ＝U 20P 0＝6212 Ω＝3 Ω，故q ＝BS R ＋r ＝5 2π×0.023＋3 C ＝260π C ，与线框转动的快慢无关．(3)线框产生的电动势的有效值E ＝E m 2＝10 V ，灯泡两端电压U ＝ER ＋r R ＝5 V ．因U ＜6V ，故灯泡不能正常发光，其实际功率P ＝U 2R ＝523 W ＝253W .6．A [解析] 风速增大，周期T 变小，感应电动势的有效值E 变大，感应电流的峰值I m 变大，选项A 正确．7．C [解析] 因电流方向不变，故不是交流电，A 错；其周期为0.02 s ，B 错；由电流热效应可知⎝⎛⎭⎫222R·T 2＝I 2RT ，解得I ＝1 A ，故C 对；由Q ＝I 2Rt 可知Q ＝1×100×1 J ＝100 J ，D 错．8．D [解析] 线框转动的角速度为ω，进磁场的过程用时18周期，出磁场的过程用时18周期，进、出磁场时产生的感应电流大小都为I′＝12BL 2ωR，则转动一周产生的感应电流的有效值满足I 2RT ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12BL 2ωR 2R×14T ，解得I ＝BL 2ω4R .D 正确．9．BC [解析] 由题中图像可知，t ＝0时刻线圈中的感应电流为0，感应电动势为0，穿过线圈的磁通量的变化率为0，所以穿过线圈的磁通量最大，选项A 错误；由图像可得线圈先后两次转动的周期之比为0.4∶0.6＝2∶3，则转速之比为3∶2，选项B 正确；由图像可得交流电a 的电流的最大值为10 A ，有效值为102 A ＝5 2 A ，矩形线圈的电阻为1 Ω，所以交流电a 的电动势的有效值为5 2 V ，选项C 正确；由E m ＝nBSω，ω＝2πT 可得电动势峰值E m 与周期成反比，所以交流电b 的电动势的最大值为203V ，选项D 错误．10．(1)e ＝100sin 10πt(V ) (2)5 2 A 45 2 V (3)50 V (4)12π C (5)100 J[解析] (1)E m ＝NB Sω，ω＝2πn ，因为n ＝300 r /min ＝5 r /s ，所以ω＝2πn ＝2π×5 rad /s ＝10π rad /s ，所以E m ＝NBSω＝100×2π×0.05×10π V ＝100 V从线圈转到中性面开始计时，则e ＝E m sin ωt ，所以e ＝100sin 10πt(V )． (2)由闭合电路欧姆定律有I ＝E R ＋r ＝E m 2R ＋r ＝1002×10 A ＝5 2 A ， 故U R ＝IR ＝5 2×9 V ＝45 2 V . (3)当线圈转过160s 时e ＝100sin (10π×160) V ＝100sin π6 V ＝50 V .(4)线圈转过t ＝130 s 的过程中，转过的角度为θ＝ωt ＝10π·130＝π3，通过电阻的电荷量为q ＝I Δt ＝E R ＋r Δt ＝N |ΔΦ|Δt R ＋r Δt ＝N|ΔΦ|R ＋r ，其中|ΔΦ|＝|Φ2－Φ1|＝|BS(cos π3－1)|＝12BS ，所以q ＝N|ΔΦ|R ＋r＝100×12BS10＝12π C .(5)线圈匀速转动一周，外力做功与电流做功相等． 故W F ＝E 2R ＋rT ＝⎝⎛⎭⎫1002210×15 J ＝100 J .T35957 8C75 豵,35064 88F8 裸35342 8A0E 討W28367 6ECF 滏32216 7DD8 緘b24710 6086 悆i,M\K。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
高中物理第五章习题课三交变电流的产生和描述练习含解析新人教版选修3210301105习题课三交变电流的产生和描述1.(2018·安徽巢湖期中)处在匀强磁场中的矩形线圈abcd,以恒定的角速度绕ab边转动,磁场方向平行于纸面并与ab边垂直,在t=0时刻,线圈平面与纸面重合(如图所示),线圈的cd边离开纸面向外运动,若规定由a→b→c→d→a方向的感应电流为正,则能反映线圈中感应电流I 随时间t变化的图象是( C )解析:线圈在磁场中绕和磁场方向垂直的轴匀速转动时可以产生按正弦规律变化的交变电流,对于图示起始时刻,线圈的cd边离开纸面向纸外运动,速度方向和磁场方向垂直,产生的电动势的瞬时值最大;用右手定则判断出电流方向为逆时针方向,与规定的正方向相同,所以C对.2.(2019·广西玉林检测)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(甲)所示,产生的交变电动势的图象如图(乙)所示,则( B )A.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 Hz解析:由题图(乙)可知该正弦交变电动势的电压最大值为311 V,周期等于0.02 s,因此,根据正弦交变电动势的最大值与有效值之间的关系式U=得知选项C错误;又f=,则频率f=50 Hz,选项D错误;当t=0.005 s时,e=n=311 V,取得最大值,穿过线圈的磁通量变化率最大,选项A错误;当t=0.01 s时,电压及电流方向发生改变,电压值最小等于零,线框平面与中性面重合,选项B正确.3.如图所示为一交变电流的i-t图象,则此交变电流的有效值为( D )A.5 AB.5 AC.10 AD.2.5 A解析:对于正弦式交变电流可直接应用最大值为有效值的倍这一规律,将此交变电流分为前后两部分正弦式交流,可直接得到这两部分正弦式交变电流的有效值,分别为I1=2.5 A 和I2=7.5 A,分别取一个周期T中的前0.01 s和后0.01 s计算产生的电热Q=R×0.01 J+R×0.01 J,再利用有效值的定义得Q=I2R×0.02 J,解得I=2.5 A.故选项D正确. 4.(2019·广东中山检测)如图所示为某一线圈交流电的电流—时间关系图象(前半个周期为正弦波形的),则一个周期内该电流的有效值为( B )A.I0B.I0C.I0D.I0解析:设电流的有效值为I,由I2RT=()2R·+(2I0)2R·,解得I=I0,故B正确.5.(2018·广西百色期中)在如图(甲)所示的电路中,电阻R的阻值为50 Ω,在ab间加上图(乙)所示的正弦交流电,则下面说法中不正确的是( C )A.交流电压的有效值为100 VB.电流表示数为2 AC.产生该交流电的线圈在磁场中转动的角速度为 3.14 rad/sD.在1 min内电阻R上产生的热量为1.2×104 J解析:从题图(乙)中可以看出,交流电压的峰值为 100 V,所以有效值U=100 V,A项正确;通过电阻的电流I==2 A,B项正确;交流电的周期为T=0.02 s,故角速度ω==100π rad/s,C项错误;根据Q=t得Q=1.2×104 J,D项正确.6.如图所示,在水平匀强磁场中一矩形闭合线圈绕OO′轴匀速转动,若要使线圈中的电流峰值减半,不可行的方法是( B )A.只将线圈的转速减半B.只将线圈的匝数减半C.只将匀强磁场的磁感应强度减半D.只将线圈的边长减半解析:由I m=,E m=NBSω,ω=2πn,得I m=,故A,C可行;电阻R与匝数有关,当匝数减半时电阻R也随之减半,则I m不变,故B不可行;当边长减半时,面积S减为原来的,而电阻减为原来的,故D可行.7.(2019·江苏南京检测)一个面积为S的单匝矩形线圈,在匀强磁场中以一条边为转轴做匀速转动,磁场方向与转轴垂直,线圈中感应电动势e与时间t的关系如图所示,感应电动势的峰值和周期可由图中读出,求(1)磁场的磁感应强度为多少?(2)在时刻t=时,线圈平面与磁感应强度的夹角等于多少?解析:(1)从题图中可以读出感应电动势的峰值E m和周期T,已知线圈的面积为S.转动轴与磁场方向垂直,线圈面与磁场方向平行,感应电动势达到峰值为E m=BSω,式中角速度ω=,所以磁场的磁感应强度为B==.(2)由题图可知,开始计时的时刻感应电动势最大,线圈中感应电动势随时间变化的表达式应为e=E m sin(ωt+)=E m cos ωt,当t=时,ωt= ()×==30°.答案:(1)(2)30°8.(2019·辽宁抚顺检测)(多选)如图所示,实验室中有一台手摇交流发电机,内阻r=1.0 Ω,外接R=9.0 Ω的电阻.闭合开关S,当发电机转子以某一转速匀速转动时,产生的电动势e=10sin(10πt)V,则( CD )A.该交变电流的频率为10 HzB.该电动势的有效值为10 VC.外接电阻R所消耗的电功率为9 WD.电路中理想交流电流表A的示数为1.0 A解析:由产生的电动势可知,该交变电流的频率为5 Hz,选项A错误;该电动势的有效值为E=10V,选项B错误;电路中交流电流表的示数为电流的有效值,为I==1.0 A,选项D正确;外接电阻R所消耗的电功率为P=I2R=9 W,选项C正确.9.一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图(甲)所示.已知发电机线圈内阻为5.0 Ω,外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡,如图(乙)所示,则( D )A.电压表的示数为220 VB.电路中的电流方向每秒钟改变50次C.灯泡实际消耗的功率为484 WD.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J解析:电压表示数为灯泡两端电压的有效值,由题图知电动势的最大值E m=220 V,有效值E=220 V,灯泡两端电压U==209 V,A错;由题图(甲)知T=0.02 s,一个周期内电流方向变化两次,可知1 s内电流方向变化100次,B错;灯泡的实际功率P== W=459.8 W,C错;电流的有效值I==2.2 A,发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q r=I2rt=2.22×5×1J=24.2 J,D对.10.面积均为S的两个电阻相同的线圈,分别放在如图(甲)、(乙)所示的磁场中,(甲)图中是磁感应强度为B0的匀强磁场,线圈在磁场中以周期T绕OO′轴匀速转动,(乙)图中磁场变化规律为B=B0cos t,从图示位置开始计时,则( A )A.两线圈的磁通量变化规律相同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同D.从此时刻起,经T/4时间,通过两线圈横截面的电荷量不同解析:(甲)图中的磁通量变化规律为Φ甲=B0Scos t,(乙)图中磁通量的变化规律为Φ乙=B0Scos t.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相同,达到最大值的时刻也相同,有效值E也相同,又因两线圈电阻相同,所以Q=t也相同,经过时间,通过两线圈横截面的电荷量q=·也相同,故A正确.11.(2018·浙江嘉兴期中)如图(甲)所示,一固定的矩形导体线圈水平放置,线圈的两端接一只小灯泡,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,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,磁场的磁感应强度按如图(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=nB m S cos t,其中B m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～的时间内,通过小灯泡的电荷量.解析:(1)因为线圈中产生的感应电流变化的周期与磁场变化的周期相同,所以由图象可知,线圈中产生交变电流的周期为T=3.14×10-2 s.所以线圈中感应电动势的最大值为E m=nB m Sω=nB m S·=100×1×10-2×0.040× V=8 V.(2)根据欧姆定律,电路中电流的最大值为I m==0.80 A通过小灯泡电流的有效值为I==0.4 A小灯泡消耗的电功率为P=I2R=2.88 W.(3)在磁感应强度变化的0～周期内,线圈中感应电动势的平均值=nS通过灯泡的平均电流==,通过灯泡的电荷量Q=Δt== 4.0×10-3 C.答案:(1)8 V (2)2.88 W (3)4.0×10-3 C12.一个电阻为r、边长为L的正方形线圈abcd共N匝,线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO′以如图所示的角速度ω匀速转动,外电路电阻为R.(1)判断此时刻线圈感应电流的方向.(2)线圈平面与磁感线夹角为60°时的感应电动势为多大?(3)设发电机由柴油机带动,其他能量损失不计,线圈转一周柴油机做多少功?(4)图中电流表和电压表的示数各是多少?解析:(1)由右手定则可判定电流的方向沿adcba.(2)线圈转动过程中感应电动势的最大值为E m=NBSω=NBωL2,感应电动势的瞬时表达式为e=E m cos ωt,线圈平面与B成60°角时的瞬时感应电动势为e=E m cos 60°=NBωL2.(3)电动势的有效值E=.电流的有效值I=,由于不计能量损失,柴油机做的功全部转化为电能,线圈转一周,柴油机做的功W=EIt=t=·=.(4)电流表示数I=,得出I=,电压表示数U=IR,得出U=.答案:(1)电流的方向沿adcba (2)NBωL2(3)(4)。