高中物理教科版选修3-2检测：第二章　2.描述交流电的物理量 Word版含解析

2.描述交流电的物理量
/基础巩固
/1.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,如图所示.此线圈与一个R=10 Ω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0.125 s
B.交变电流的频率为8 Hz
C.交变电流的有效值为
2
A
D.交变电流的最大值为4 A
解析:由题图可知,交变电流的周期T=0.250 s,频率f=
1
??
=4 Hz,故选项A、B错误;交变电流的有效值 I=
??
m
2
??
=
20
2
×10
A=
2
A,故选项C正确;交变电流的最大值Im=
??
m
??
=2 A,故选项D错误.
答案:C
/2.下列说法错误的是(　　)
A.耐压值为300 V的电容器两端可安全接到220 V的交流电源上
B.交流电气设备上所标出的额定电压值和额定电流值均为有效值
C.计算交流电的电功、电功率及电热时电压、电流必须用交流电的有效值
D.没有特别说明时交流电的数值均指有效值
解析:有效值为220 V的交流电电压的最大值为311 V,高于电容器的耐压值300 V,选项A错误;交流电气设备上所标出的额定电压值和额定电流值均为有效值,选项B正确;计算交流电的电功、电功率及电热时电压、电流必须用交流电的有效值,选项C正确;没有特别说明时交流电的数值均指有效值,选项D正确.
答案:A
/3.(多选)一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动,产生的感应电动势e随时间t的变化规律如图所示,下列说法正确的有(　　)
/
A.t1时刻线圈位于中性面
B.t2时刻通过线圈的磁通量最大
C.电动势的有效值为
??
m
2
D.一个周期内交变电流的方向改变一次
解析:矩形线圈中产生正弦交变电流,当线圈通过中性面时,磁通量最大,感应电动势为零,电动势方向发生改变.而当线圈与磁场平行时,磁通量为零,感应电动势最大,磁通量的变化率最大.一个周期内交变电流的方向改变两次.t1时刻感应电动势为零,线圈通过中性面,磁通量最大,线圈位于中性面,故A正确;由图t2时刻,感应电动势为最大值,通过线圈的磁通量为零,故B错误;电动势的有效值为
??
m
2
,故C正确;一个周期内交变电流的方向改变两次,故D错误.
答案:AC
/4.(多选)阻值为10 Ω的电阻接在电压波形如图所示的交流电源上,以下说法正确的是(　　)
/
A.电压的有效值为10 V
B.通过电阻的电流的有效值为
2
2
A
C.电阻消耗的电功率为5 W
D.电阻每秒产生的热量为10 J
解析:由电压波形图可知电压的峰值为10 V,有效值为 5
2
V,通过电阻的电流的有效值为I=
??
??
=
2
2
A,选项A错误,选项B正确;电阻消耗的电功率为P=I2R=5 W,选项C正确;电阻每秒产生的热量为Q=Pt=5 J,选项D错误.
答案:BC
/5.如图所示的坐标图是一交变电流的i-t图像,其中0~1 s等时间段的图像为正弦曲线的一部分,则该交变电流的有效值为(　　)
/
A.4 A
B.2
2
A
C.
8
3
A
D.
2
30
3
A
解析:设该交变电流的有效值为I,由有效值的定义得
??
m
2
2
??
??
1
+
??
m
2
??
??
2
=
??
2
????.而t=t1+t2,代入数据解得 I=
2
30
3
A,故选项D正确.
答案:D
/6.某交变电压为u=6
2
sin314?? V,则(　　)
A.用此交变电流作打点计时器的电源时,打点周期为2 s
B.把额定电压为6 V的小灯泡接在此电源上,小灯泡正常发光
C.把额定电压为6 V的小灯泡接在此电源上,小灯泡将烧毁
D.耐压6 V的电容器可以直接用在此电源上
解析:由表达式可知电压的最大值是6
2
V,角速度是100π rad/s,所以电压的有效值是6 V,周期是0.02 s,所以B正确,A、C、D错误.
答案:B
/7.交流电源电压u=20sin 100πt V,电路中电阻R=10 Ω,如图所示,电路中电流表和电压表的读数分别为(　　)
/
A.1.41 A,14.1 V
B.1.41 A,20 V
C.2 A,20 V
D.2 A,14.1 V
解析:电流表和电压表测量的是交变电流的有效值,由u=20sin 100πt V 知Um=20 V,
故U=
??
m
2
=10
2
V≈14.1 V,电流表的读数I=
??
??
=1.41 A,故选项A正确.
答案:A
/8.(多选)图甲是小型交流发电机的示意图,两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场,A为交流电流表,线圈绕垂直于磁场的水平轴OO'沿逆时针方向匀速转动,从图示位置开始计时,产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示,以下判断正确的是(　　)
/
A.电流表的示数为10 A
B.线圈转动的角速度为50π rad/s
C.0.01 s时线圈平面与磁场方向平行
D.0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左
解析:题图乙可知交流电电流的最大值是Im=10
2
A,则有效值为I=
??
m
2
=
10
2
2
A=10 A;由于电流表的示数为有效值,故示数I=10 A,故A正确;角速度ω=
2??
??
=100π rad/s,故B错误;0.01 s时线圈中的感应电流达到最大,感应电动势最大,则穿过线圈的磁通量变化最快,磁通量为0,故线圈平面与磁场方向平行,故C正确;由楞次定律可判断出0.02 s时流过电阻的电流方向自左向右,故D错误.
答案:AC
/9.如图所示,一个面积为S的单匝矩形线圈,在磁感应强度为B的匀强磁场中,从图示位置开始以角速度ω匀速转动,则线圈中产生的交流电动势的最大值为　　　　,瞬时表达式为　　　　　　　　　　　　　　,其中　　　　　　是相位,　　　　是初相.?
/
解析:线圈中产生的交流电动势的最大值Em=BSω,瞬时表达式e=BSωsin
????+
2π
3
,其中ωt+
2π
3
是相位,
2π
3
是初相.
答案:BSω　e=BSωsin
????+
2π
3
　????+
2π
3
　
2π
3
/10.如图甲所示的图像是某种型号的电热毯的电路图,电热毯接在交流电源上,通过装置P使加在电热丝上的电压的波形如图乙所示(为正弦曲线的一部分).此时接在电热丝两端的交流电压表的读数为　　　　　.?
/
解析:从题图乙中u-t图像看出,每个周期的前半周期是正弦图形,其有效值为
311
2
V;
后半周期电压为零.根据有效值的定义,
??
2
??
??=
??
1
2
??
×
??
2
+0,得U=155.5 V.
答案:155.5 V
/能力提升
/1.一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,则外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡,如图乙所示,则(　　)
/
A.电压表V的示数为220 V
B.电路中的电流方向每秒改变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产生的焦耳热为24.2 J
解析:由题图甲中电动势的图像知,其最大值为220
2
V,故有效值为220 V,电压表测量灯泡两端电压U=209 V,选项A错误;交流电的周期T=0.02 s,频率f=
1
??
=50 Hz,方向每秒改变100次,选项B错误;灯泡消耗的功率P=I2R=
220
95+5
2
×95 W=459.8 W,选项C错误;发电机线圈内阻每秒产生的焦耳热Q=I2rt=
220
95+5
2
×5×1 J=24.2 J,选项D正确.
答案:D
/2.一个匝数为100匝,电阻为0.5 Ω的闭合线圈处于某一磁场中,磁场方向垂直于线圈平面,从某时刻起穿过线圈的磁通量按图示规律变化,则线圈中产生交变电流的有效值为(　　)
/
A.5
B.2
6
A
C.6 A
D.5 A
解析:0~1 s内,感应电动势为E1=
??Δ??
Δ??
=1 V,电流为2 A;1~1.2 s内,感应电动势E2=
??Δ??
Δ??
=5 V,感应电流为10 A,一个周期内发热量为
??
1
2
??
??
1
+
??
2
2
??
??
2
=
??
2
??(
??
1
+
??
2
),得I=2
6
A,B正确.
答案:B
/3.(多选)如图甲所示,在匀强磁场中,一矩形金属线圈两次分别以不同的转速,绕与磁感线垂直的轴匀速转动,产生的交变电动势图像如图乙中曲线a、b所示,则(　　)
/
A.两次t=0时刻线圈平面均与中性面重合
B.曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3
C.曲线a表示的交变电动势频率为25 Hz
D.曲线b表示的交变电动势有效值为10 V
解析:由交变电流的图像获得最大值、周期等信息,结合交变电流的产生过程求解.由图像可知,两次转动都是从中性面开始计时的,故A正确.由图像可知,曲线a、b对应的线圈转动的周期之比为2∶3,则转速之比为3∶2,故B错误.由图像可知曲线a的周期Ta=4×10-2 s,则曲线a表示的交变电动势频率fa=
1
??
??
=25 Hz,故C正确.交变电动势的最大值Em=nBSω,则曲线a、b表示的交变电动势的峰值之比为Ema∶Emb=ωa∶ωb=3∶2,即Emb=
2
3
??m??=10 V,故曲线b表示的交变电动势的有效值为E有=
10
2
V=5
2
V,D错误.
答案:AC
/4.如图所示,一面积为S、匝数为N、电阻为r的矩形线圈,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,外电路电阻为R(电表均为理想电表),求:
/
(1)以图示位置开始计时,写出线圈中感应电动势e随时间t变化的表达式;
(2)电压表的读数U和电流表读数I;
(3)线圈由图示位置转过90°的过程中,外力对线框做的功W.
解析:(1)从中性面开始,电压为正弦函数e=Emsin ωt=NBSωsin ωt.
(2)产生的感应电动势的最大值为Em=NBSω,电动势的有效值为E=
??
m
2
=
????????
2
由闭合电路欧姆定律得,回路中电流的有效值为I=
??
??+??
=
????????
2
(??+??)
电压表的读数U=IR=
??????????
2
(??+??)
.
(3)线圈转过90°所用的时间Δt=
π
2??
外力对线框做的功等于电路中产生的热量Q=I2(R+r)Δt=
????????
2
(??+??)
2
×(??+??)×
π
2??
=
??
2
??
2
??
2
??π
4(??+??)
.
答案:(1)e=NBSωsin ωt
(2)
??????????
2
(??+??)
　
????????
2
(??+??)
　(3)
??
2
??
2
??
2
??π
4(??+??)
/5.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,沿转轴OO'方向看去,线圈转动沿逆时针方向,t=0时刻线圈平面如图所示.
/
(1)写出线圈转动过程中感应电动势的瞬时值表达式;
(2)求线圈从t=0位置开始到转过60°时的瞬时电流;
(3)求线圈从t=0位置开始到转过90°的过程中流过电阻R的电荷量;
(4)求图中电压表的读数.
解析:(1)最大感应电动势Em=nBabω,从与中性面垂直的位置开始计时,
所以感应电动势的瞬时值表达式为e=nBabωcos ωt.　
(2)线圈从t=0位置开始到转过60°时的瞬时电动势为e1=nBabωcos 60°=
??????????
2
i=
??
1
??+??
=
??????????
2(??+??)
.
(3)q=