4.电能的输送
课后训练巩固提升
一、基础巩固
1.下列关于减少远距离输电导线上热损耗的说法,正确的是 ( )
A.因为热功率P=,所以应降低输电电压,增大输电导线的电阻,才能减少输电导线上的热损耗
B.因为热功率P=IU,所以应采用低电压、小电流输电,才能减少输电导线上的热损耗
C.因为热功率P=I2R,所以可采用减小输电线电阻或减小输电电流的方法来减少输电导线上的热损耗
D.以上说法均不正确
答案:C
解析:不能盲目套用公式,要注意其物理意义,在求热损耗时可以用P损=R线或用P损=U线I线,也可用P损=,但U线必须为输电导线两端的电压降,故选项C正确。
2.下图是远距离输电的示意图,下列说法正确的是( )
A.a是升压变压器,b是降压变压器
B.a是降压变压器,b是升压变压器
C.a的输出电压等于b的输入电压
D.a的输出电压等于输电线上损耗的电压
答案:A
解析:远距离输电先升压,后降压,选项A正确,选项B错误;由于输电线上有电压损耗,故a的输出电压等于b的输入电压与输电线上损耗的电压之和,选项C、D错误。
3.远距离输电中,当输送的电功率为P,输送电压为U时,输电线上损失的电功率为ΔP;若输送的电功率增加为4P,而输电线中损失的电功率减为,输电线电阻不变,则输电电压应增为( )
A.32U B.16U
C.8U D.4U
答案:C
解析:根据题意知,ΔP=·r,ΔP=·r,得U'=8U。
4.(多选)如图所示,在远距离输电过程中,若保持升压变压器原线圈的输入功率不变,下列说法正确的是( )
A.升高U1会减小输电电流I2
B.升高U1会增大线路的功率损耗
C.升高U1会增大线路的电压损耗
D.升高U1会提高电能的利用率
答案:AD
解析:提高输电电压U1,由于输入功率不变,则I1将减小,又因为I2=I1,所以I2将减小,故A正确。线路功率损耗P损=R,因此功率损耗减小,电压损失减小,故B、C错误。因线路损耗功率减小,因此利用率将升高,故D正确。此题主要考查远距离输电电路中的各种关系,提高学生分析应用能力,提高学生的科学思维。
5.(多选)供电电路的电源的输出电压为U1,若不采用变压器直接供电,则线路导线上的电压为U2,用电器得到的电压为U3,导线中电流为I,线路导线的总电阻为R。若要计算线路上的损失功率,则可用的公式有( )
A.
B.I(U1-U3)
C.I2R
D.
答案:BCD
解析:U1不等于线路上的电压,A错误;线路导线上的电压为U2=U1-U3,导线中电流为I,线路上的损失功率P=UI=I(U1-U3),B正确;导线中电流为I,线路导线的总电阻为R,线路上的损失功率P=I2R,C正确;线路导线上的电压为U2,线路导线的总电阻为R,线路上的损失功率P=,D正确。
6.某变电站用220 V的电压输电,导线上损失的功率为输送功率的20%。若要使导线上损失的功率降为输送功率的5%,则输电电压应为多少
答案:440 V
解析:设输送功率为P,输电电压U1=220 V时,损失功率ΔP1=20%P
又因为ΔP1=R线,I1=
解得ΔP1=R线
现要求ΔP2=5%P,同理ΔP2=R线
因此可得
所以U2=2U1=440 V。
7.如图所示,某小型水电站发电机的输出功率为10 kW,输出电压为400 V,向距离较远的用户供电。为了减少电能损耗,使用2 kV高压输电,最后用户得到“220 V 9.5 kW”的电能。
(1)求水电站升压变压器原、副线圈匝数比。
(2)求输电线路导线电阻R。
(3)求用户降压变压器原、副线圈匝数比。
答案:(1) (2)20 Ω (3)
解析:(1)水电站升压变压器原、副线圈匝数比
。
(2)P损=R
输送电流决定于输出电压及输送功率,有I2= A=5 A
所以R= Ω=20 Ω。
(3)设降压变压器原线圈上电压为U3,则
U3=U2-I2R=(2 000-5×20) V=1 900 V
所以降压变压器原、副线圈匝数比为
。
二、能力提升
1.假设甲、乙两地原来用500 kV的超高压输电,在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下,现改用1 000 kV特高压输电,不考虑其他因素的影响。则( )
A.输电电流变为原来的2倍
B.输电线上降落的电压将变为原来的2倍
C.输电线上降落的电压将变为原来的
D.输电线上损耗的电功率将变为原来的
答案:C
解析:根据输送电功率P输=U输I输及P输不变可知,输电电流I输=,当U输变为原来的2倍时,I输变为原来的,选项A错误;输电线上降落的电压U降=I输R线∝I输,所以,当输电电流变为原来的时,输电线上降落的电压也变为原来的,选项B错误,C正确;输电线上损耗的电功率P损=R线∝,所以输电线上损耗的电功率将变为原来的,选项D错误。此题考查高压输电的原理及输电线上电功率的损耗问题,意在提高学生的分析和应用能力,提高学生的科学思维。
2.(多选)如图所示,为了减少输电线路中的电力损失,发电厂发出的电通常是经过变电所升压后通过远距离输送,再经过变电所将高压变为低压。某变电所将电压u0=11 000sin 100πt(V)的交变电流降为220 V供居民小区用电,则该变电所变压器( )
A.原、副线圈匝数比为50∶1
B.原线圈中电流的频率是50 Hz
C.原线圈的导线比副线圈的要粗
D.输入原线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和
答案:AB
解析:根据电压u0=11 000sin 100πt(V)可知降压变压器原线圈的电压为11 000 V,则=50,选项A正确;交变电流的频率f= Hz=50 Hz,经过变压器后,交变电流的频率不变,选项B正确;降压变压器中副线圈中的电流大于原线圈中的电流,为了使线圈放出的热量尽量少,则副线圈导线的电阻应小于原线圈导线的电阻,则副线圈导线应比原线圈导线粗,选项C错误;副线圈中的电流等于居民小区各用电器电流的总和,而原、副线圈中的电流不相等,所以输入原线圈的电流不等于居民小区各用电器电流的总和,选项D错误。
3.(多选)远距离输电装置如图所示,电厂输送功率一定,升压变压器和降压变压器均是理想变压器。当开关S由2改接为1时,下列说法正确的是( )
A.电压表读数变小
B.电流表读数变大
C.电流表读数变小
D.输电线损失的功率减小
答案:CD
解析:S接到1后,升压变压器副线圈匝数增多,所以输电电压U2升高(U1∶U2=n1∶n2,n2增多),因为输出功率不变,所以输电线电流减小,电流表的示数减小,输电线上的电压降减小,所以最终降压变压器的输出电压变大,电压表测路端电压,示数变大,则A、B错误,C正确;电流表示数减小,输电线损失功率减小,故D正确。
4.(多选)下图为某小型电站高压输电示意图。发电机输出功率恒定,升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2。下列说法正确的是( )
A.采用高压输电可以增大输电线中的电流
B.升压变压器原、副线圈匝数比
C.输电线损耗的功率为
D.将P上移,用户获得的电压将升高
答案:BD
解析:发电机输出功率恒定,根据P=UI可知,采用高压输电可以减小输电线中的电流,故A错误;升压变压器原、副线圈匝数比等于输入电压和输出电压之比,,故B正确;U2等于输电线路上的电压降与降压变压器输入电压之和,故C错误;若P上移,降压变压器的原线圈匝数减少,由以上分析可知,用户获得的电压将增大,故D正确。此题综合考查了变压器的相关知识,意在培养学生的综合分析能力,提高学生的科学思维。
5.学校有一台应急备用发电机,内阻为r=1 Ω,升压变压器的匝数比为1∶4,降压变压器的匝数比为4∶1,输电线的总电阻为R=4 Ω,全校共22个教室,每教室用“220 V 40 W”的灯6盏,要求所有灯都正常发光。
(1)发电机的输出功率多大
(2)发电机的电动势多大
(3)输电线上损耗的电功率多大
答案:(1)5 424 W
(2)250 V
(3)144 W
解析:(1)所有灯都正常工作时的总功率P2=22×6×40 W=5 280 W
用电器总电流I3==24 A
输电线上的电流I2==6 A
降压变压器上的输入电压U3=4U4=880 V
输电线上的电压损失UR=I2R=24 V
因此,升压变压器的输出电压U2=UR+U3=904 V
输入电压U1==226 V
输入电流I1=4I2=24 A
所以发电机的输出功率P1=U1I1=5 424 W。
(2)发电机的电动势E=U1+I1r=250 V。
(3)输电线上损耗的电功率PR=R=144 W。
6.如图所示,作为北京奥运会主场的国家体育场拥有9.1万个座位,其扇形屋面和大面积的玻璃幕墙不仅给人以赏心悦目之感,还隐藏着一座年发电量约为98 550 kW·h的太阳能光伏发电系统,供给体育馆内的照明灯等使用。假如该发电系统的输出功率为1×105 W。
(1)按平均每天太阳照射6 h计,该发电系统一年(按365天计)能输出多少电能
(2)假若输出电压为250 V,现准备向远处输电。所用输电线的总电阻为8 Ω,要求输电时在输电线上损失的电功率不超过输送电功率的5%。用户获得220 V电压,应选用匝数比多大的升压变压器
答案:(1)2.19×105 kW·h或7.884×1011 J (2)1∶16
解析:(1)P=1×105 W,t=365×6 h
E=Pt=2.19×105 kW·h或E=7.884×1011 J。
(2)依题意作出如图输电示意图。
升压变压器原线圈的电流为
I1= A=400 A
当输电线上损失的电功率为输送电功率的5%时,输电线中的电流为I2,则R线=5%P
所以I2= A=25 A
升压变压器的匝数比为
=1∶16。
13.变压器
课后训练巩固提升
一、基础巩固
1.(多选)关于理想变压器的工作原理,以下说法正确的是 ( )
A.通过正弦式交变电流的原线圈产生的磁通量不变
B.穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都相等
C.穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势
D.原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈
答案:BC
解析:通过正弦式交变电流的原线圈产生的磁通量是按照正弦规律周期性变化的,故A错误;由于是理想变压器,穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都相等,故B正确;穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势,符合法拉第电磁感应定律,故C正确;变压器的工作原理是互感现象,原、副线圈并没有直接相连,故D错误。
2.下列各图是变压器电路图,可以将电压升高供给电灯的变压器是( )
答案:B
解析:变压器的原理是电磁感应,不能用来改变直流的电压,故A、C两项错误;B图变压器原副线圈的匝数关系是n1n2,根据U1∶U2=n1∶n2可得U1>U2,此变压器将电压降低了,故D项错误。此题主要考查变压器的原理及升压变压器和降压变压器的判断,意在提高学生的理解分析判断能力,提高学生的科学思维。
3.(多选)理想变压器原、副线圈匝数比为30∶1,以下说法正确的是( )
A.穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是30∶1
B.穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等
C.原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为30∶1
D.正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为1∶1
答案:BD
解析:对于理想变压器,认为无磁通量损失,因而穿过两个线圈每一匝的磁通量相同,磁通量的变化率相同,每匝线圈产生的感应电动势相等,电压与匝数成正比。理想变压器没有能量损失,故输入功率等于输出功率。
4.(多选)如图所示,一理想变压器的原线圈匝数n1=1 100,接电压U1=220 V的交变电流,副线圈接“20 V 10 W”的灯泡,灯泡正常发光,可知( )
A.副线圈的匝数n2=200
B.副线圈中的电流I2=0.5 A
C.原线圈中的输入功率为10 W
D.原线圈中的电流I1=0.1 A
答案:BC
解析:本题考查变压器的知识。意在考查学生对变压器知识的理解,提高学生的科学思维。由于理想变压器的电压比等于匝数比,副线圈匝数n2=100,A错误;理想变压器的原、副线圈的功率相等,所以原线圈的输入功率为10 W,C正确;由功率P=UI可得副线圈中的电流I2=0.5 A,原线圈中的电流I1=I2=0.045 A,B正确,D错误。
5.如图所示,理想变压器的原线圈接在u=220 sin 100πt(V)的交流电源上,副线圈接有R=55 Ω的负载电阻。原、副线圈匝数之比为2∶1。电流表、电压表均为理想电表,下列说法正确的是( )
A.原线圈中电流表的读数为1 A
B.原线圈中的输入功率为220 W
C.副线圈中电压表的读数为110 V
D.副线圈中输出交变电流的周期为50 s
答案:A
解析:原线圈电压的有效值为220 V,根据匝数比可以得到副线圈的电压的有效值为110 V;根据负载电阻的大小可以知道副线圈中电流为2 A;根据原、副线圈的输入功率和输出功率相等可以知道原线圈中输入功率为220 W,电流有效值为1 A。副线圈中输出交变电流的周期与原线圈相同,为0.02 s。
6.一台理想降压变压器从10 kV的线路中降压并提供200 A的负载电流。已知两个线圈的匝数比为40∶1,则变压器的原线圈电流、输出电压及输出功率是( )
A.5 A,250 V,50 kW B.5 A,10 kV,50 kW
C.200 A,250 V,50 kW D.200 A,10 kV,2×103 kW
答案:A
解析:由得,I1=×200 A=5 A;由得,U2= V=250 V;由理想变压器功率关系得P入=P出=U1I1=U2I2=200×250 W=50 kW。故正确选项为A。
7.如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1,两个标有“12 V 6 W”的小灯泡并联在副线圈的两端。当两灯泡都正常工作时,原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想电表)的示数分别是( )
A.120 V,0.10 A B.240 V,0.025 A
C.120 V,0.05 A D.240 V,0.05 A
答案:D
解析:灯泡正常工作,副线圈电压U2=12 V,副线圈电流I2=2× A=1 A,根据匝数比得原线圈电流I1=I2=0.05 A,原线圈电压U1=20U2=240 V,选项D正确。
8.(多选)如图所示,一只理想变压器原线圈与频率为50 Hz的正弦式交流电源相连,两个阻值均为20 Ω的电阻串联后接在副线圈的两端。图中的电流表、电压表均为理想交流电表,原、副线圈分别为200匝和100匝,电压表的示数为5 V。则( )
A.电流表的读数为0.5 A
B.流过电阻的交变电流的频率为100 Hz
C.交流电源的输出电压的最大值为20 V
D.交流电源的输出功率为2.5 W
答案:CD
解析:根据欧姆定律可得副线圈中的电流I2==0.25 A,根据理想变压器原、副线圈中的电流与匝数的关系可解得,I1=0.125 A,A错误。理想变压器原、副线圈中的交变电流的频率相同,都为50 Hz,B错误。副线圈输出电压的有效值为10 V,根据正弦式交变电流的最大值和有效值的关系可得其最大值应为U2m=10 V;原、副线圈电压比为,可得交流电源输出电压的最大值为U1m=20 V,C正确。对于理想变压器,交流电源的输出功率等于变压器副线圈负载消耗的功率,P=2× W=2.5 W,故D正确。
二、能力提升
1.(多选)下图为一理想变压器,S为单刀双掷开关,P为滑动变阻器的滑片,U1为加在原线圈两端的交流电压,I1为原线圈中的电流,则( )
A.保持U1及P的位置不变,S由a扳向b时,I1将增大
B.保持U1及P的位置不变,S由b扳向a时,R消耗功率减小
C.保持U1不变,S接在a处,使P上滑,I1将增大
D.保持P的位置不变,S接在a处,若U1增大,则I1将增大
答案:ABD
解析:保持U1及P的位置不变,S由a扳向b时,n1减小,增大,由U2=U1知U2变大,则输出电流I2增大,输出功率增大,输入功率也增大,由P1=U1I1知,I1增大,A正确。同理,S若由b扳向a,R消耗功率将减小,B正确。U1不变,S接在a处,使P上滑时,I2减小,I1也减小,故C错误。保持P的位置不变,S接在a处,若U1增大,则U2也增大,即I2=增大,则P2增大,P1=P2,故I1也应增大,故D正确。此题主要考查理想变压器的制约关系及动态分析,意在培养学生的理解和分析能力,提高学生的科学思维。
2.(多选)有一理想变压器的原线圈连接一只交流电流表,副线圈接入电路的匝数可以通过滑片Q调节,如图所示,在副线圈输出端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R,在原线圈上加一电压为U的交流电源,则( )
A.保持Q的位置不动,将P向上滑动时,电流表的读数变大
B.保持Q的位置不动,将P向上滑动时,电流表的读数变小
C.保持P的位置不动,将Q向上滑动时,电流表的读数变大
D.保持P的位置不动,将Q向上滑动时,电流表的读数变小
答案:BC
解析:保持Q的位置不动,副线圈匝数不变,由知U2不变,当P向上滑动时,R变大,由I2=知I2减小,I1减小,故电流表的读数变小,A错误,B正确;保持P的位置不动,将Q向上滑动时,副线圈的匝数增多,由知U2增大,由I2=知I2增大,I1增大,故电流表的读数变大,C正确,D错误。
3.自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈,原、副线圈都只取该线圈的某部分。一升压式自耦调压变压器的电路如图所示,其副线圈匝数可调。已知变压器线圈总匝数为1 900匝,原线圈为1 100匝,接在有效值为220 V的交流电源上。当变压器输出电压调至最大时,负载R上的功率为2.0 kW。设此时原线圈中电流有效值为I1,负载两端电压的有效值为U2,且变压器是理想的,则U2和I1分别约为( )
A.380 V和5.3 A B.380 V和9.1 A
C.240 V和5.3 A D.240 V和9.1 A
答案:B
解析:对理想变压器,原、副线圈功率相同,故通过原线圈的电流I1= A=9.1 A;负载两端电压即为副线圈电压,由,即,可得U2=380 V,故选项B正确。
4.(多选)如图所示,有一矩形线圈的面积为S,匝数为N,绕OO'轴在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动,通过滑片P上下移动时可改变输出电压,副线圈接有定值电阻R,从图示位置开始计时。下列判断正确的是( )
A.当变压器的变压比为n时,电流表测得的是电流最大值,其值为
B.感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωsin ωt
C.P向上移动时,电流表示数变大
D.P向上移动时,电流表示数变小
答案:BD
解析:电流表测得的是电流的有效值,故A错误;从中性面时开始计时,矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωsin ωt,故B正确;当P向上移动时,副线圈匝数减小,根据理想变压器的变压比公式知,输出电压变小,故电流变小,故电流表读数变小,故C错误,D正确。
5.如图所示,理想变压器原线圈Ⅰ接到220 V的交流电源上,副线圈Ⅱ的匝数为30,与一标有“12 V 12 W”的灯泡连接,灯泡正常发光。副线圈Ⅲ的输出电压为110 V,电流为0.4 A。
(1)求副线圈Ⅲ的匝数。
(2)求通过原线圈的电流。
答案:(1)275 (2)0.25 A
解析:(1)已知U2=12 V,n2=30,U3=110 V,由变压器的变压比,代入数据解得n3=275。
(2)理想变压器输入功率与输出功率相等,即P1=U1I1=P2+P3=P2+I3U3=12 W+0.4×110 W=56 W
代入数据解得I1=0.25 A。
6.如图所示,理想变压器B的原线圈跟副线圈的匝数比n1∶n2=2∶1,原线圈电压u=311sin 100πt(V),F为熔断电流为I0=1.0 A的保险丝,负载R为一可变电阻。
(1)当电阻R=100 Ω时,保险丝能否被熔断
(2)要使保险丝不被熔断,电阻R的阻值应不小于多少 变压器输出的电功率不能超过多少
答案:(1)保险丝不会被熔断
(2)55 Ω 220 W
解析:原线圈电压的有效值为U1= V=220 V
由得副线圈两端的电压
U2=U1=×220 V=110 V。
(1)当R=100 Ω时,副线圈中电流
I2= A=1.10 A
由U1I1=U2I2 得原线圈中的电流为
I1=I2=×1.10 A=0.55 A,由于I1(2)设电阻R取某一值R0时,原线圈中的电流I1'刚好到达熔断电流I0,即I1'=1.0 A,则副线圈中的电流为
I2'=I1'=·I1'=2×1.0 A=2.0 A
变阻器阻值为R0= Ω=55 Ω
此时变压器的输出功率为
P2=I2'U2=2.0×110 W=220 W
可见,要使保险丝不被熔断,电阻R的阻值不能小于55 Ω,变压器输出的电功率不能大于220 W。
11.交变电流
课后训练巩固提升
一、基础巩固
1.关于交变电流和直流的说法,正确的是( )
A.如果电流大小做周期性变化,则一定是交变电流
B.直流的大小可以变化,但方向不一定变化
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发生周期性的变化
答案:D
解析:直流的特征是电流方向不变,交变电流的特征是电流方向改变,另外交变电流不一定都是正弦式交变电流,D正确。
2.交流发电机在工作时电动势为e=Emsin ωt,若将发电机线圈转动的角速度提高一倍,同时将电枢所围面积减小为原来的一半,其他条件不变,则其电动势变为( )
A.e'=Emsin B.e'=2Emsin
C.e'=Emsin 2ωt D.e'=sin 2ωt
答案:C
解析:本题考查交流电压的瞬时值表达式e=Emsin ωt,而Em=NωBS,当ω加倍而S减半时,Em不变,故正确答案为C。此题综合考查交流电压的峰值和瞬时值表达式,意在提高学生的理解能力和分析能力,培养学生的科学思维。
3.图中,设磁感应强度为0.01 T,单匝线圈边长AB为20 cm,宽AD为10 cm,角速度ω为100π rad/s,则线圈转动时感应电动势的最大值为( )
A.1×10-2 V
B.3.14×10-2 V
C.2×10-2 V
D.6.28×10-2 V
答案:D
解析:感应电动势最大值Em=NωBS=1×100π×0.01×0.02 V=0.02π V=6.28×10-2 V。
4.如图所示,面积均为S的单匝线圈绕轴在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动,从图中所示位置开始计时,下图中能产生正弦式交流电动势e=BSωsin ωt的是( )
答案:A
解析:由题意可知,只有A、B图中线圈在切割磁感线,导致磁通量在变化,从而产生感应电流,但B中在t=0时产生的感应电动势最大,不按正弦规律变化,故只有A中产生的感应电动势为正弦式交流电动势e=BSωsin ωt,A正确。
5.(多选)一矩形线圈在匀强磁场中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,线圈位于中性面
B.t=0时,穿过线圈的磁通量为零
C.t=0.4 s时,电动势为零
D.t=0.4 s时,电动势第一次出现最大值
答案:AC
解析:由电动势e=10sin 20πt (V)知,从线圈位于中性面时开始计时,所以t=0时,线圈位于中性面,磁通量最大,A正确,B错误;当t=0.4 s时,e=10 sin(20π×0.4) V=0,C正确,D错误。此题主要考查学生对交流电动势表达式的理解及分析,培养学生的科学思维。
6.有一个正方形线圈的匝数为10、边长为20 cm,线圈总电阻为1 Ω,线圈绕OO'轴以10π rad/s的角速度匀速转动,如图所示,匀强磁场的磁感应强度为0.5 T。
(1)该线圈产生的交变电流电动势的峰值、电流的峰值分别是多少
(2)若从中性面位置开始计时,感应电动势随时间变化的表达式是怎样的
(3)线圈从中性面位置开始,转过30°时,感应电动势的瞬时值是多大
答案:(1)2π V 2π A (2)e=2πsin 10πt (V) (3)π V
解析:(1)交变电流电动势的峰值为
Em=NBSω=10×0.5×0.22×10 π V=2π V
电流的峰值为Im==2π A。
(2)从中性面位置开始计时,感应电动势的瞬时值表达式为e=Emsin ωt=2πsin 10πt (V)。
(3)线圈从中性面位置开始转过30°,感应电动势
e=Emsin 30°=π V。
7.矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴转动,线圈共100 匝,角速度为 rad/s,在转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为 Wb,则线圈平面转到与磁感线平行时,感应电动势为多少 当线圈平面与中性面夹角为时,感应电动势为多少
答案:1 V V
解析:由题意知Φm= Wb
线圈转至与磁感线平行时,感应电动势最大,故
Em=NBSω=NΦmω=100× V=1 V
瞬时值表达式e=Emsin ωt=sin t(V)
当θ=ωt=时,e=sin V= V。
二、能力提升
1.线圈在匀强磁场中匀速转动,产生交变电流的图像如图所示,由图可知( )
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A时刻起到D时刻,线圈转过的角度为π弧度
D.在A和C时刻磁通量变化率的绝对值最大
答案:D
解析:在A和C时刻感应电流最大,感应电动势最大,而磁通量为零,磁通量的变化率最大,线圈处于与中性面垂直的位置,A错误,D正确;在B和D时刻感应电流为零,感应电动势为零,而磁通量最大,B错误;从A时刻到D时刻经过时间为周期,线圈转过的角度为1.5π弧度,C错误。
2.(多选)下图是交流发电机的示意图。线圈的AB边连在金属滑环K上,CD边连在滑环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。下列说法正确的是( )
A.当线圈转到图甲位置时,磁通量的变化率最大
B.从图乙所示位置开始计时,线圈中电流i随时间 t变化的关系是 i=Imcos ωt
C.当线圈转到图丙位置时,感应电流最小
D.当线圈转到图丁位置时,流经外电路的电流方向为E→F
答案:BC
解析:线圈平面与磁感线垂直,磁通量最大,但磁通量变化率最小为零,故A错误;从题图乙所示位置开始计时,线圈产生的感应电动势最大,形成的感应电流最大,线圈中电流i随时间t变化的关系是i=Imcos ωt,故B正确;当线圈转到题图丙位置时,线圈位于中性面位置,此时感应电流最小,且感应电流方向改变,故C正确;当线圈转到题图丁位置时,感应电动势最大,根据楞次定律可知AB边感应电流方向为A→B,流经外电路的电流方向为F→E,故D错误。
3.(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'左侧存在垂直于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( )
A.线圈中电动势的最大值为NBl2ω
B.线圈中电动势的最大值为NBl2ω
C.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
答案:BD
解析:最大值Em=NBl2ω,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,C错误;题图所示位置中,穿过线圈的磁通量为Bl2,D正确。
4.如图所示,一半径为r=10 cm的圆形线圈共100匝,在磁感应强度B= T的匀强磁场中,绕垂直于磁场方向的中心轴线OO'以ω=20π rad/s的角速度匀速转动,当线圈转至中性面位置(图中位置)时开始计时。
(1)写出线圈内所产生的交流电动势的瞬时值表达式。
(2)求线圈从图示位置开始在 s时的电动势的瞬时值。
答案:(1)e=100sin 20πt (V)
(2)50 V
解析:(1)线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴线匀速转动时,线圈内产生正弦式交流电动势,当线圈平面在中性面时开始计时,其表达式为e=Emsin ωt,其中
Em=NBSω
故e=100sin 20πt (V)。
(2)当t= s时,有
e=100sin V=50 V。
5.如图所示,匀强磁场的磁感应强度为B=0.50 T,矩形线圈的匝数N=100,边长lab=0.20 m,lbc=0.10 m,以100π rad/s的角速度匀速转动,从线圈平面通过中性面时开始计时。
(1)求交流电动势的瞬时值表达式。
(2)若线圈总电阻为2 Ω,线圈外接电阻为8 Ω,写出交变电流的瞬时值表达式。
答案:(1)e=100πsin 100πt (V)
(2)i=10πsin 100πt (A)
解析:(1)线圈电动势的最大值Em=NBSω=100π V
故交流电动势的瞬时值表达式为
e=Emsin ωt=100πsin 100πt (V)。
(2)Im==10π A
所以交变电流的瞬时值表达式为
i=10πsin 100πt (A)。
1第三章测评
(时间:90分钟 满分:100分)
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.如图所示,L甲、L乙是规格相同的灯泡。接线柱a、b接电压为U的直流电源时,无论电源的正极与哪一个接线柱相连,L甲灯均能正常发光,L乙灯都完全不亮。当a、b接电压的有效值为U的交流电源时,L甲灯发出微弱的光,L乙灯能正常发光。则下列判断正确的是( )
A.与L甲灯串联的元件x是电容器,与L乙灯串联的元件y是电感线圈
B.与L甲灯串联的元件x是电感线圈,与L乙灯串联的元件y是电容器
C.与L甲灯串联的元件x是二极管,与L乙灯串联的元件y是电容器
D.与L甲灯串联的元件x是电感线圈,与L乙灯串联的元件y是二极管
答案:B
解析:由于接直流电源时,对换电源正、负极,对电路无影响,故电路中没有二极管,C、D错误。再根据电路中接直流电源和交流电源时灯泡的发光情况,可知x是电感线圈,y是电容器,A错误,B正确。
2.关于变压器,下列说法正确的是( )
A.变压器是根据电磁感应的原理制成的
B.变压器的原线圈匝数一定比副线圈的多
C.变压器只能改变直流的电压
D.在远距离高压输电时,升压变压器的原线圈匝数应多于副线圈匝数
答案:A
解析:变压器原线圈中输入的交流电流产生的交变的磁场在副线圈中产生感应的电流,即变压器是利用电磁感应原理工作的,它用来改变交流的电压,故A正确,C错误; 降压变压器的原线圈匝数一定比副线圈的多,升压变压器中副线圈匝数多,故B、D错误。
3.阻值R=10 Ω的电阻与交流电源连接,通过电阻R的正弦式交变电流i随时间t变化的情况如图所示。则( )
A.通过R的电流有效值是0.6 A
B.R两端的电压有效值是6 V
C.此交变电流的周期是2 s
D.此交变电流的频率是100 Hz
答案:B
解析:从题图可以看出,交变电流中电流最大值为0.6 A,通过R电流的有效值是I= A=0.6 A,所以R两端电压的有效值为6 V,此交变电流的周期是2×10-2 s,交变电流的频率是f==50 Hz,故B正确,A、C、D错误。
4.一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交流电动势为e=220sin 100πt(V)。关于这个交变电流,下列说法正确的是( )
A.交变电流的频率为100 Hz
B.电动势的有效值为220 V
C.t=0时,穿过线圈的磁通量为零
D.t=0时,线圈平面与中性面垂直
答案:B
解析:该交变电流的频率为f= Hz=50 Hz,故A项错误;电动势的有效值为 V=220 V,故B项正确;t=0时,瞬时电动势为零,所以线圈平面与磁场垂直,穿过线圈的磁通量最大,此时线圈平面处在中性面上,故C、D错误。
5.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( )
A.0.5Bl1l2ωsin ωt B.0.5Bl1l2ωcos ωt
C.Bl1l2ωsin ωt D.Bl1l2ωcos ωt
答案:D
解析:公式e=Emsin 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=Emsin=Emcos ωt=Bl1l2ωcos ωt,故应选D。
6.右图为一理想变压器工作电路图,今欲使变压器的输入功率增大到原来的2倍,在其他条件不变的情况下,可行的办法是( )
A.原线圈的匝数n1增加到原来的2倍
B.副线圈的匝数n2增加到原来的2倍
C.负载电阻的阻值R变为原来的2倍
D.n2和R都变为原来的2倍
答案:D
解析:原线圈匝数增加使得副线圈电压减小,输出功率减小,输入功率也减小,故A错误;副线圈匝数增加到2倍,副线圈电压增大到2倍,根据P=,故输出功率增大到原来的4倍,故B错误;负载电阻增大,而电压不变,所以输出功率和输入功率都减小,故C错误;副线圈匝数和负载电阻都变为原来的2倍,副线圈电压增大到2倍,根据P=,输出功率增大到原来的2倍,故D正确。
7.如图所示,实验室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( )
A.该交变电流的周期为5 s
B.该电动势的有效值为10 V
C.外接电阻R所消耗的电功率为10 W
D.电路中理想交流电流表A的示数为1.0 A
答案:D
解析:因e=10sin 10πt(V),故ω=10π rad/s,T==0.2 s,选项A错误;Em=10 V,故其有效值E==10 V,选项B错误;交流电表的示数及功率的计算均要用有效值,因此电路中理想电流表A的示数I==1.0 A,选项D正确;外接电阻R所消耗的电功率为P=I2R=1.02×9 W=9 W,选项C错误。
8.一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图甲所示。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( )
甲
乙
A.电压表V的示数为220 V
B.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 W
D.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J
答案:D
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Em=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Qr=I2rt=2.22×5×1 J=24.2 J,D对。
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电,第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化,如图甲所示;第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示。若甲、乙两图中的U0、T所表示的电压、周期值是相同的,则以下说法正确的是( )
甲
乙
A.第一次,灯泡两端的电压有效值是U0
B.第二次,灯泡两端的电压有效值是
C.第一、二次,灯泡的电功率之比是2∶9
D.第一、二次,灯泡的电功率之比是1∶5
答案:AD
解析:题图甲电源的电压有效值U=U0,选项A正确。由题图乙知·T=,U'=U0,选项B错误。P=,则两次功率之比,选项C错误,D正确。此题主要考查交变电流有效值的计算,意在提高学生的理解和分析能力,提高学生的科学思维。
10.为保证用户电压稳定在220 V,变电所需适时进行调压,图甲为调压变压器示意图,保持输入电压u1不变,当滑片P上下移动时可改变输出电压。某次检测得到用户电压u2随时间t变化的曲线如图乙所示,以下说法正确的是( )
甲
乙
A.u2=380sin 100πt(V)
B.u2=190sin 100πt(V)
C.为使用户电压稳定在220 V,应将P适当下移
D.为使用户电压稳定在220 V,应将P适当上移
答案:BD
解析:由于用户电压u2随时间t变化的曲线周期为0.02 s,所以u2=190sin 100πt(V),故A错误,B正确;为使用户电压稳定在220 V,应减小变压器原线圈匝数,应将P适当上移,故C错误,D正确。
11.某电站用11 kV交流电压输电,输送功率一定,输电线的电阻为R。现若用变压器将电压升高到220 kV送电,下列说法正确的是( )
A.因I=,所以输电线上的电流增为原来的20倍
B.因I=,所以输电线上的电流减为原来的
C.因P=,所以输电线上损失的功率增为原来的400倍
D.若要使输电线上损失的功率不变,可将输电线的直径减为原来的
答案:BD
解析:选项A中,I是输电线中的电流,R是输电线的电阻,但是U不是输电线上损失的电压,而是总的输送电压(是输电线和负载上电压之和),所以不能用I=计算输电线中的电流,在运用欧姆定律时,I、R、U应该对应于同一部分导体。因为输送的功率一定,由I=可知,当输送的电压增为原来的20倍时,电流减为原来的,所以选项B正确。选项C中,R是输电线的电阻,而U是输送的总电压,R与U不对应,所以P=是错误的。输电线上损失的功率一般用ΔP=I2R计算不容易出错,从选项B中已经知道电流减为原来的,若ΔP不变,则输电线的电阻可增为原来的400倍,根据R=ρ,在电阻率、长度不变的条件下,导线的横截面积可减为原来的,即导线的直径可减为原来的,所以选项D正确。
12.下图为远距离输电示意图,两变压器均为理想变压器,升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2。在T的原线圈两端接入一电压u=Umsin ωt的交流电源,若输送电功率为P,输电线的总电阻为2r,不考虑其他因素的影响,则输电线上损失的电压U损和电功率P损为( )
A.U损=2r B.U损=2
C.P损=4r D.P损=4r
答案:BC
解析:原线圈电压的有效值U1=,根据可得U2=,又因为是理想变压器,所以T的副线圈的电流功率等于输入功率P,所以输电线上电流I=,导线上损耗的电压 U损=I·2r=2,导线上损耗的电功率P损=I22r=4r,所以B、C正确,A、D错误。
三、非选择题(本题共6小题,共60分)
13.(6分)如图所示,接于理想变压器中的四个规格相同的灯泡都正常发光,那么,理想变压器的匝数比n1∶n2∶n3为 。
答案:3∶2∶1
解析:灯泡正常发光,可得UA=UB=UC=UD,所以U2=2U3。由变压器的电压比,所以n2=2n3。同理,灯泡正常发光,功率相等,即PA=PB=PC=PD。由P=I2R,得IA=IB=IC=ID,即I1=I2=I3。由U1I1=U2I2+U3I3得n1I1=n2I2+n3I3,即n1=n2+n3=2n3+n3=3n3,所以n1∶n2∶n3=3∶2∶1。
14.(8分)如图所示,一个小型旋转电枢式交流发电机,其矩形线圈的长度为a,宽度为b,共有n匝,总电阻为r,与线圈两端相接触的集流环上接有一个阻值为R的定值电阻。线圈以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中绕与磁场方向垂直的对称轴OO'匀速转动,沿转动轴OO'方向看去,线圈转动方向沿顺时针。则:
(1)线圈经过图示位置时通过电阻R的感应电流的方向为 。
(2)从图示位置(线圈平面平行于磁场方向)开始计时,经时间为 ,通过电阻R上电流的瞬时值第一次为零。
(3)与电阻并联的交流电压表的示数为 。
答案:(1)自上而下 (2) (3)
解析:(1)由右手定则判断,R中电流自上而下。
(2)t=T=。
(3)Em=nBabω
所以E有=
UR=·E有=。
15.(8分)如图甲所示,矩形线圈匝数N=100,lab=30 cm,lad=20 cm,匀强磁场磁感应强度B=0.8 T,绕轴OO'从图示位置开始匀速转动,角速度ω=100π rad/s。
(1)穿过线圈的磁通量最大值Φm为多大 线圈转到什么位置时取得此值
(2)线圈产生的感应电动势最大值Em为多大 线圈转到什么位置时取得此值
(3)写出感应电动势e随时间变化的表达式,并在图乙中作出图像。
答案:见解析
解析:(1)当线圈转至与磁感线垂直时,磁通量有最大值。
Φm=BS=0.8×0.3×0.2 Wb=0.048 Wb。
(2)线圈与磁感线平行时,感应电动势有最大值。
Em=NBSω=480π V。
(3)表达式e=Emcos ωt=480πcos 100πt(V)
图像如图所示。
16.(10分)一矩形线圈有100匝,面积为50 cm2,线圈内阻r=2 Ω,在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动,从线圈平面与磁场平行时开始计时,已知磁感应强度B=0.5 T,线圈的转速n=1 200 r/min,外接一用电器(纯电阻),电阻为R=18 Ω,试写出R两端电压瞬时值的表达式。
答案:u=9πcos 40πt(V)
解析:角速度ω=2πn=2π· rad/s=40π rad/s
最大值Em=NBSω=100×0.5×50×10-4×40π V=10π V
线圈中感应电动势e=Emcos ωt=10πcos 40πt(V)
由闭合电路欧姆定律i=
故R两端电压u=Ri=18××10πcos 40πt(V)
即u=9πcos 40πt(V)。
17.(12分)某村在较远的地方建立了一座小型水电站,发电机的输出功率为100 kW,输出电压为500 V,输电导线的总电阻为10 Ω,导线上损耗的电功率为4 kW,该村的用电电压是220 V。
(1)输电电路如图所示,求升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比。
(2)如果该村某工厂用电功率为60 kW,那么该村还可以装“220 V 40 W”的电灯多少盏
答案:(1)1∶10 240∶11 (2)900盏
解析:(1)因为P损=R线
所以I2= A=20 A
I1= A=200 A
则
U3=U2-I2R线=(500×10-20×10) V=4 800 V
则。
(2)设还可装灯n盏,据功率相等有P3=P4
其中P4=(40n+60×103) W
P3=(100-4) kW=96 kW
所以n=900。
18.(16分)如图所示,矩形线圈abcd在磁感应强度B=2 T的匀强磁场中绕轴OO'以角速度ω=10π rad/s匀速转动,线圈共10匝,电阻r=5 Ω,lab=0.3 m,lbc=0.6 m,负载电阻R=45 Ω。
(1)写出从图示位置开始计时线圈中感应电动势的瞬时值表达式。
(2)求电阻R在5 s内产生的热量。
(3)求0.05 s内流过电阻R的电荷量(设线圈从垂直于中性面的位置开始转动)。
答案:(1)e=36πcos 10πt(V) (2)576 J (3)0.072 C
解析:(1)电动势的最大值为Em=NBSω=10×2×0.3×0.6×10π V=36π V
故瞬时值表达式
e=Emcos ωt=36πcos 10πt(V)。
(2)电流的有效值
I==1.6 A
所以5 s内R上产生的热量
Q=I2Rt=576 J。
(3)平均感应电动势为=N=72 V
平均感应电流为=1.44 A
所以通过电阻R的电荷量为
q=·Δt=0.072 C。
12.交变电流的描述
课后训练巩固提升
一、基础巩固
1.(多选)某小型发电机产生的交流电动势为e=50sin 100πt(V),对此电动势,下列表述正确的是( )
A.最大值是50 V B.频率是100 Hz
C.有效值是25 V D.周期是0.02 s
答案:CD
解析:由交流电动势的表达式可知,电动势的最大值Em=50 V,有效值为E==25 V,周期T==0.02 s,频率f==50 Hz,故C、D正确。
2.(多选)有一交变电流如图所示,则由此图像可知( )
A.它的周期是0.8 s
B.它的峰值是4 A
C.它的有效值是2 A
D.它的频率是0.8 Hz
答案:AB
解析:由题图可知,周期为0.8 s,频率为1.25 Hz,选项A正确,D错误;峰值是4 A,选项B正确;因图示交变电流不是正弦式交变电流,故有效值不是2 A,选项C错误。
3.下图是某种正弦式交流电压的图像,由图可确定该电压的( )
A.周期是0.01 s
B.最大值是220 V
C.有效值是220 V
D.表达式为u=220sin 100πt (V)
答案:C
解析:由题图可知,该交流电压的周期为0.02 s,最大值为311 V,而有效值U= V=220 V,故A、B错误,C正确。
该正弦式交流电压的瞬时值表达式为
u=Umsin ωt=311sin t (V)=311sin 100πt (V),故D错误。
4.在阻值为70 Ω的电阻中通以正弦式交变电流,测得在10 min内放出的热量为2.1×104 J,则此交变电流的最大值为( )
A.0.24 A B.0.5 A C.0.707 A D.1 A
答案:D
解析:根据Q=I2Rt得I= A,所以Im=I=1 A。
5.(多选)一正弦式交变电流的电压随时间变化的规律如图所示,由图可知( )
A.该交变电流的电压的最大值为20 V
B.该交变电流的电压的有效值为10 V
C.若将该交变电流电压加在阻值R=10 Ω的电阻两端,则电阻消耗的功率为20 W
D.若将该交变电流电压加在阻值R=10 Ω的电阻两端,则电阻消耗的功率为40 W
答案:BC
解析:由题图可知,交变电流的电压的最大值为20 V,故A错误;交变电流的电压的有效值为U= V=10 V,故B正确;功率P= W=20 W,故C正确,D错误。
6.在如图所示电路中,A是熔断电流I0=2 A的保险丝,R是可变电阻,S是交流电源。交流电源的内阻不计,其电动势随时间变化的规律是e=220sin 314t (V)。为了不使保险丝熔断,可变电阻的阻值应该大于( )
A.110 Ω B.110 Ω
C.220 Ω D.220 Ω
答案:B
解析:U=220 V,Rmin= Ω=110 Ω。
7.如图所示,线圈的面积是0.1 m2,共50匝,线圈电阻为r=1 Ω,外接电阻R=9 Ω,匀强磁场的磁感应强度B= T,线圈以5 r/s的转速匀速旋转。
(1)若从中性面开始计时,写出线圈感应电动势的瞬时值表达式。
(2)电路中电压表示数是多少
答案:(1)e=100sin 10πt(V) (2)45 V
解析:(1)若从中性面开始计时,线圈中感应电动势的瞬时值表达式为e=Emsin ωt
其中ω=2πn=10π rad/s,Em=NBSω=50××0.1×10π V=100 V
故线圈中感应电动势的瞬时值表达式为
e=100sin 10πt(V)。
(2)电动势的有效值为E==50 V
电压表的示数为U=IR=R=45 V。
二、能力提升
1.如图所示,单匝线圈逆时针转动,产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图乙所示。线圈内阻为 0.5 Ω,外接灯泡的电阻为 9.5 Ω,则( )
A.电压表的示数为 6 V
B.电流方向每秒改变 50 次
C.若线圈从图甲所示位置开始计时,电动势的表达式为e=6sin 100πt(V)
D.在t=0.01 s 的时刻,穿过线圈的磁通量为 Wb
答案:D
解析:根据题图乙可知,线圈产生的交变电流的电压的有效值为E= V=6 V,根据闭合电路的欧姆定律可知U=R=×9.5 V=5.7 V,故A错误;交变电流的周期T=0.02 s,电流方向每秒改变的次数为n=×2=100,故B错误;若线圈从图甲所示位置开始计时,电动势的表达式为e=6cos 100πt(V),故C错误;在t=0.01 s时,线圈平面位于中性面位置,根据Em=NBSω可知,Φ=BS= Wb= Wb,故D正确。此题主要考查了交变电流的瞬时值和有效值,意在提高学生的辨析、理解和计算能力,培养学生的科学思维。
2.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. B.
C. D.
答案:D
解析:交变电流的有效值是根据电流的热效应得出的,线框转动周期为T,而线框转动一周只有的时间内有感应电流,则有R·=I2RT,所以I=,选项D正确。
3.右图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电阻R=10 Ω连接,t=0时线圈以T=0.02 s的周期从图中位置开始转动,转动时理想交流电压表示数为10 V。则( )
A.电阻R上的电功率为20 W
B.R两端的电压u随时间变化的规律是u=10cos 100πt(V)
C.0.02 s时R两端的电压瞬时值为零
D.通过R的电流i随时间t变化的规律是i=cos 50πt(A)
答案:B
解析:电阻R消耗的功率为P= W=10 W,故A错误;R两端电压的最大值为Um=U=10 V,由题可知,周期为T=0.02 s,角速度ω==100π rad/s,故R两端的电压u随时间t变化的规律是u=10cos 100πt(V),故B正确;0.02 s时磁通量的变化率最大,此时产生的感应电动势最大,故C错误;Im= A= A,则通过R的电流i随时间t变化的规律是i=cos 100πt(A),故D错误。
4.(多选)如图所示,边长为l的正方形单匝线圈abcd,其电阻为r,外电路的电阻为R,ab的中点和cd的中点的连线O'O恰好位于匀强磁场的边界线上,磁场的磁感应强度为B。若线圈从图示位置开始以角速度ω绕轴O'O匀速转动,则以下判断正确的是( )
A.图示位置线圈中的感应电动势最大,为Em=Bl2ω
B.闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e=Bl2ωsin ωt
C.线圈从图示位置转过180°的过程中,流过电阻R的电荷量为q=
D.线圈转动一周的过程中,电阻R上产生的热量为Q=
答案:BD
解析:图示位置,线圈中通过的磁通量最大,但感应电动势为零,A错误;线圈产生的感应电动势最大值为Em=Bl2ω,故对应的瞬时值表达式为e=Bl2ωsin ωt,B正确;由q=可得线圈从图示位置转过180°的过程中,流过电阻R的电荷量q=,C错误;电阻R上产生的热量应利用有效值求解,即转动一周的过程中产生的热量Q=R·,D正确。
5.如图所示,线圈abcd的面积是0.05 m2,共100匝,线圈电阻为1 Ω,外接电阻R=9 Ω,匀强磁场的磁感应强度为B= T。当线圈以300 r/min的转速匀速转动时:
(1)求电路中交流电压表和交流电流表的示数。
(2)求线圈从图示位置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量。
答案:(1)31.82 V 3.54 A
(2)0.16 C
解析:(1)Em=NBSω=100××0.05×2π× V=50 V
E==25 V=35.4 V
电流表示数I= A=3.54 A
电压表示数U=IR= V=31.82 V。
(2)从图示位置转过90°的过程中,有
=N
又因为
q=Δt
联立得q==0.16 C。
6.右图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,从图示位置开始计时,使线圈匀速转动。
(1)写出交流感应电动势瞬时值的表达式。
(2)画出e-t图线。
答案:(1)e=188sin 5πt(V) (2)见解析图
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=Emsin ωt,其中Em=NBSω
由题意知N=50,B=0.5 T,S=0.48 m2
ω= rad/s=5π rad/s
Em=NBSω=50×0.5×0.48×5π V=60π V=188 V
所以e=188sin 5πt(V)。
(2)根据交变电流的瞬时值表达式画图线时,最大值是正弦图线的峰值,由纵轴上的刻度值标出;交变电流的周期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。
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