第二章交变电流第三节表征交变电流的物理量分层训练

第三节 表征交变电流的物理量
A级　抓基础
1．如图所示是一个按正弦规律变化的交变电流的图象，根据图象下列说法错误的是(　　)
A．电压的最大值是36 V
B．电压的有效值是36 V
C．该正弦交变电流的周期是0.02 s
D．该正弦交变电流的频率是50 Hz
解析：电压的最大值为36 A，电流的有效值为U＝＝36 V，故A错误，B正确；由图象可知，周期为T＝0.02 s, f＝＝50 Hz，故C、D均正确．故选A.
答案：A
2．把220 V的正弦式电流接在440Ω电阻两端，则该电阻的电流峰值为(　　)
A．0.5 A　　　　　　　 B．0.5 A
C．2 A D. A
解析：由I＝可得，电阻的电流有效值为I＝0.5 A，根据正弦式交流电有效值与最大值关系，可得该电阻的电流峰值为0.5 A，故选B.
答案：B
3．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．交流电源的内电阻不计，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
解析：由表达式知电压有效值为220 V，当电流I0＝2 A时，由闭合电路欧姆定律得R＝Ω＝110 Ω，故选B.
答案：B
4．一矩形线圈在匀强磁场中转动，产生的感应电动势e＝220sin100 πt (V)，则(　　)
A．交流电的频率是100πHz
B．t＝0时线圈中的磁通量为零
C．交流电的周期是0.02 s
D．t＝0.05 s时，e有最大值
解析：交流电的频率f＝＝ Hz＝50 Hz，故A错； e＝，感应电动势的大小只与磁通量的变化率有关，与磁通量的大小无关， t＝0 时，感应电动势e＝0，此时，磁通量的变化量为0，穿过矩形线圈的磁通量最大，故B错；交流电的周期T＝＝ s＝0.02 s，故C正确； t＝0.05 s时， e＝220sin 100π·0.05 (V)＝0有最小值，故D错.
答案：C
5．(多选)一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示，由图可知(　　)
A．该交流电的电压瞬时值的表达式为u＝100sin 25t(V)
B．该交流电的频率为25 Hz
C．该交流电的电压的有效值为100 V
D．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 W
解析：从题图中可知，交流电周期T＝4.0×10－2 s，峰值电压Um＝100 V，故交流电的频率f＝＝25 Hz，有效值U＝＝50 V．交流电压的瞬时值表达式为u＝Umsint＝100sin 50πt (V)．该交变电压加在R＝100 Ω的电阻上时，热功率P＝＝ W＝50 W，故选项B、D正确．
答案：BD
6．如图甲所示为一台小型发电机构造的示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示．发电机线圈电阻为1.0 Ω，外接灯泡的电阻为9.0 Ω.则(　　)
图甲　　　　　图乙
A．在t＝0.01 s的时刻，穿过线圈磁通量为零
B．瞬时电动势的表达式为e＝6sin 50πt(V)
C．电压表的示数为6 V
D．通过灯泡的电流为0.6 A
解析：在t＝0.01 s的时刻，电动势为0，则为中性面，穿过线圈磁通量最大，故A错误；电动势的最大值为Em＝6 V，周期为0.02 s，则瞬时电动势的表达式为e＝Emsint＝6sin 100πt，故B错误；C电压表的示数为外阻分压U＝E＝×6 V＝5.4 V，故C错误；通过的电流I＝＝ A＝0.6 A，故D正确．
答案：D
B级　提能力
7．图甲为某型号电热毯的电路图，将电热丝接在u＝156sin 120πt (V)的电源上，电热毯被加热到一定温度后，由于P的作用使输入的正弦交流电仅有半个周期能够通过，即电压变为图乙所示波形，从而进入保温状态，则此时交流电压表的读数是(　　)
图甲　　 　　图乙　　
A．156 V B．110 V
C．78 V D．55 V
解析：交流电压表的示数表示的是负载电路的有效电压U有效，设周期为T，负载电阻为R，则一周期内生热·＝·T, Um＝156 V，则U有效＝78 V，故选C.
答案：C
8.如图所示，一矩形线圈在有界匀强磁场中绕轴OO′匀速转动，OO′刚好是磁场的边界，若线圈的匝数为n，横截面积为S，转动的角速度为ω，磁场的磁感应强度为B，那么产生的交流电动势的有效值为(　　)
A. B.nBωS
C．2nBωS D.
解析：线圈中产生的感应电动势最大值为：Em＝nBωS，又因为线圈转动时只有半个周期在磁场中，因此交流电动势的有效值为，选项D正确．
答案：D
9．两个相同的电阻，分别通以如图所示的正弦交变电流和方波交变电流，两种交变电流的最大值、周期如图所示，则在一个周期内，正弦交变电流在电阻上产生的热量Q1与方波交变电流在电阻上产生的热量Q2之比等于(　　)
A．3∶1 B．1∶2
C．2∶1 D．1∶1
解析：对于正弦式电流，有效值I1＝Im＝ A.
根据焦耳定律，得Q1＝IRT＝12.5RT.
对于方波，根据焦耳定律，得
Q2＝IR·＋I2′2R·＝8RT＋4.5RT＝12.5RT，
所以，Q1∶Q2＝1∶1.
答案：D
10．一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(　　)
A．电压表的示数为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
解析：电压表示数为灯泡两端电压的有效值，由图象知电动势的最大值Em＝220 V，有效值E＝＝220 V．灯泡两端电压U＝IR＝R＝209 V，A错误；由图象知T＝0.02 s，一个周期内电流方向变化2次，可知1s内电流方向变化100次，B错误；灯泡的实际功率P＝＝459.8 W，C错误；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＝I2rt＝2.22×5×1 J＝24.2 J，D正确．
答案：D
11.如图所示，N＝50匝的矩形线圈abcd，ab边长l1＝20 cm，ad边长l2＝25 cm，放在磁感应强度B＝0.4 T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n＝3 000 r/min的转速匀速转动，线圈电阻r＝1 Ω，外电路电阻R＝9 Ω，t＝0时线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里．求：
(1)t＝0时感应电流的方向；
(2)感应电动势的瞬时值表达式；
(3)线圈转一圈外力做的功；
(4)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量．
解析：(1)根据右手定则，线圈感应电流方向为adcba.
(2)n＝3000 r/min＝50 r/s
线圈的角速度ω＝2πn＝100 π rad/s
图示位置的感应电动势最大，其大小为Em＝NBl1l2ω
代入数据得Em＝314 V
感应电动势的瞬时值表达式：e＝Em cos ωt＝314cos 100πt(V)
(3)电动势的有效值E＝
线圈匀速转动的周期T＝＝0.02 s
线圈匀速转动一圈，外力做功大小等于电功的大小，即：
W＝I2(R＋r)T＝T
代入数据得W＝98.6 J
(4)从t＝0起转过90°过程中，Δt内流过R的电荷量：
q＝I·Δt＝·Δt＝N＝
代入数据得q＝0.1 C
答案：(1)感应电流方向为adcba　 (2)e＝Em cos ωt＝314cos 100πt (V)　(3)98.6 J　 (4)0.1 C