2013高考物理复习_课时作业29_交变电流的产生及描述

第1页共6页1课时作业29交变电流的产生及描述时间：45分钟满分：100分一、选择题(8×8′＝64′)1．下图中不属于交变电流的是()解析：根据交变电流的定义，大小和方向都随时间做周期性变化的电流是交变电流，A、B、C图中电流的大小、方向均随时间做周期性变化，是交变电流，D图中电流的方向不变，为直流电．答案：D图12．小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图1所示．此线圈与一个R＝10Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻．下列说法正确的是()A．交变电流的周期为0.125sB．交变电流的频率为8HzC．交变电流的有效值为2AD．交变电流的最大值为4A解析：由图可知交变电流的周期T＝0.250s，频率f＝1T＝4Hz，故选项A、B错误；交变电流的有效值I＝Um2R＝202×10A＝2A，故选项C正确；交变电流的最大值Im＝UmR＝2010A＝2A，故选项D错误．答案：C3．如下图中各图面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e＝BSωsinωt的图是()第2页共6页2解析：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动，产生的正弦交变电动势为e＝BSωsinωt，由这一原则判断，A图和C图中感应电动势均为e＝BSωsinωt；B图中的转动轴不在线圈所在平面内；D图转动轴与磁场方向平行，而不是垂直．答案：AC4．一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动．在转动过程中，线框中的最大磁通量为Φm，最大感应电动势为Em，下列说法中正确的是()A．当磁通量为零时，感应电动势也为零B．当磁通量减小时，感应电动势也减小C．当磁通量等于0.5Φm时，感应电动势等于0.5EmD．角速度ω等于Em/Φm解析：根据正弦式电流的产生及其变化规律：当磁通量最大时，感应电动势为零；当磁通量减小时，感应电动势在增大；磁通量减为零时，感应电动势最大．由此可知A、B项错误．设从线框位于中性面开始计时，则有e＝Emsinωt，式中Em＝BSω.因Φm＝BS，故角速度ω＝EmΦm，D项正确．设e＝0.5Em，则解出ωt＝π/6.此时Φ＝B·Scosπ6＝32BS＝32Φm，所以C项错．答案：D图25.·四川卷如图2所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1A．那么()A．线圈消耗的电功率为4WB．线圈中感应电流的有效值为2AC．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4cos2πTt第3页共6页3D．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝Tπsin2πTt解析：从线圈平面平行于磁感线开始计时，正弦交变电流的感应电动势的一般表达式为e＝Emcosθ，且该式的成立与转轴的位置无关(转轴平行于磁感线的情况除外)，则感应电流i＝eR＝EmRcosθ，由题给条件有：1＝Em2×12，Em＝4V，则Im＝2A，I有效＝2A，电功率P＝I有效2R＝4W，所以A正确，B错误．e＝4cosωt＝4cos2πTt，即C正确．由Em＝BSω＝Φm.2πT得Φm＝2Tπ，故Φ＝2Tπsin2πTt，即D错误．答案：AC6．一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3甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0Ω，现外接一只电阻为95.0Ω的灯泡，如图乙所示，则()图3A．电压表○V的示数为220VB．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484WD．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J解析：电动势的有效值为E＝22022V＝220V，所以电流的有效值I＝ER＋r＝22095.0＋5.0A＝2.2A，所以电压表的示数为U＝IR＝2.2×95.0V＝209V，选项A错；交流电的频率为f＝1T＝50Hz，每个周期内电流方向改变2次，故每秒钟内电流方向改变100次，选项B错；灯泡实际消耗的功率为P灯＝I2R＝2.22×95.0W＝459.8W，故选项C错；发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q＝I2rt＝2.22×5.0×1J＝24.2J，选项D对．答案：D图47．(2012·杭州模拟)如图4所示，边长为L＝0.2m的正方形线圈abcd，其匝数为n第4页共6页4＝10、总电阻为r＝2Ω，外电路的电阻为R＝8Ω，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＝1T，若线圈从图示位置开始，以角速度ω＝2rad/s绕OO′轴匀速转动，则以下判断中正确的是()A．在t＝π4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表达式e＝0.8sin2tVC．从t＝0时刻到t＝π4时刻，电阻R上产生的热量为Q＝3.2π×10－4JD．从t＝0时刻到t＝π4时刻，通过R的电荷量q＝0.02C解析：线圈在磁场中转动，Em＝12nBSω＝0.4V，B错．当线圈平面与磁场平行时磁通量变化最快，A正确．QR＝I2Rt＝Em2R＋r2Rt＝1.6π×10－3J，C错．q＝nΔΦR＋r＝0．02C，D正确．答案：AD图58．如图5所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生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()A．线圈先后两次转速之比为3∶2B．两种情况在0.3s内通过线圈的磁通量之比为1∶1C．两种情况在相等时间内产生的焦耳热之比Qa∶Qb＝3∶2D．两种情况在相等时间内产生的焦耳热之比Qa∶Qb＝9∶4解析：两种情况Ta∶Tb＝2∶3，fa∶fb＝3∶2，线圈先后两次转速之比为3∶2，选项A正确．两种情况下在0.3s内磁通量的变化量不同，选项B错误．交流电的最大值Em＝NBSω，电动势最大值之比为3∶2.Q＝U有2Rt，两种情况在相等时间内产生的焦耳热之比Qa∶Qb＝9∶4，选项D正确．答案：AD二、计算题(3×12′＝36′)9．用均匀导线弯成正方形闭合线框abcd，线框每边长10cm，每边的电阻值为0.1Ω.把线框放在磁感应强度为B＝0.1T的匀强磁场中，并使它绕轴O1O2以ω＝100rad/s的角速度旋转，旋转方向如图6所示(沿O2O1由O2向O1看为顺时针方向)．已知O1、O2两点分别在ad和bc上，轴O1O2在线框平面内，并且垂直于B，O1d＝3O1a，O2c＝3O2b.第5页共6页5图6(1)当线框平面转至和B平行的瞬时(如图6所示位置)①每个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？解析：(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＝0.1m，R＝0.1Ω，设此时cd段感应电动势的大小为E1，ab段感应电动势的大小为E2，则E1＝BLv1＝3BL2ω/4＝0.075VE2＝BLv2＝BL2ω/4＝0.025Vda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＝E1＋E2＝0.1V线框中的感应电流为I＝E/(4R)＝0.25A根据楞次定律或右手定则，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＝BΔST/6＝3BSωsin60°π＝3320πV＝0.083V(3)线框旋转一周产生的热量为Q＝(Im2)2R总T＝(I2)24R2πω＝2.5π×10－4J＝7.85×10－4J答案：(1)①Ecd＝0.075VEab＝0.025VEda＝Ebc＝0②I＝0.25A方向沿dcbad(2)0.083V(3)7.85×10－4J图710．如图7所示，矩形线圈abcd在磁感应强度B＝2T的匀强磁场中绕轴OO′以角速度ω＝10πrad/s匀速转动，线圈共10匝，每匝线圈的电阻值为0.5Ω，ab＝0.3m，bc＝0.6m，负载电阻R＝45Ω.求(1)电阻R在0.05s内发出的热量；(2)电阻R在0.05s内流过的电荷量(设线圈从垂直中性面开始转动)．第6页共6页6解析：(1)矩形线圈abcd在匀强磁场中旋转产生正弦交变电流，电动势的峰值为Em＝nBSω＝10×2×0.3×0.6×10π＝113.04V，电流的有效值I＝Im2＝Em2R＋r＝1.60AQ＝I2Rt＝5.76J(2)矩形线圈旋转过程中产生的感应电动势的平均值E＝nΔΦΔt＝nBST4＝2nBSωπ＝2Emπ＝72V，电流的平均值I＝ER＋r＝1.44A；0.05s内电路流过的电荷量q＝It＝0.072C.答案：(1)5.76J(2)0.072C11．曾经流行过一种自行车车头灯供电的小型交流发电机，图8甲为其结构示意图．图中N、S是一对固定的磁极，abcd为固定转轴上的矩形线框，转轴过bc边中点，与ab边平行，它的一端有一半径r0＝1.0cm的摩擦小轮，小轮与自行车车轮的边缘相接触，如图8乙所示．当车轮转动时，因摩擦而带动小轮转动，从而使线框在磁极间转动．设线框由N＝800匝导线圈组成，每匝线圈的面积S＝20cm2，磁极间的磁场可视作匀强磁场，磁感应强度B＝0.010T，自行车车轮的半径R1＝35cm，小齿轮的半径R2＝4.0cm，大齿轮的半径R3＝10.0cm.现从静止开始使大齿轮加速转动，问大齿轮的角速度为多大才能使发电机输出电压的有效值U＝3.2V？(假设摩擦小轮与自行车车轮之间无相对滑动)图8解析：当自行车车轮转动时，通过摩擦小轮使发电机的线框在匀强磁场内转动，线框中产生一正弦交流电动势，旋转线框与摩擦小轮角速度相等，而摩擦小轮又与车轮线速度相等(自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动)，车轮又与小齿轮角速度相等，最终小齿轮与大齿轮边缘的线速度相等，由此得解．答案：旋转线框产生感应电动势的峰值Em＝NBSω0式中ω0为线框转动的角速度，即摩擦小轮转动的角速度．发电机两端电压的有效值U＝2Em/2设自行车车轮转动的角速度为ω1，有R1ω1＝r0ω0小齿轮转动的角速度与自行车车轮转动的角速度相同，均为ω1，设大齿轮转动的角速度为ω，有R3ω＝R2ω1由以上各式解得ω＝(2UR2r0)/(NBSR3R1)代入数据得ω＝3.2rad/s.