2019-2020学年粤教版选修3-2 2.1认识交变电流 达标作业（解析版)

2.1认识交变电流
达标作业（解析版)
1．如图，是一个交变电流的电流强度i随时间t变化的规律。此交变电流的有效值是（ ）
A．5A B．5A C．3.5A D．3.5A
2．一正弦式电流的有效值为3A，频率为50Hz，则此交流电路的瞬时值表达式可能是（ ）：
A．i＝3sin314t(A)
B．i＝3sin314t(A)
C．i＝3sin50t(A)
D．i=3sin50t(A)
3．如图所示，一矩形线圈绕与匀强磁场垂直的中心轴OO′沿顺时针方向转动，引出线的两端分别与相互绝缘的两个半圆形铜环M和N相连．M和N又通过固定的电刷P和Q与电阻R相连．在线圈转动过程中，通过电阻R的电流
A．大小和方向都随时间做周期性变化
B．大小和方向都不随时间做周期性变化
C．大小不断变化，方向总是P→R→Q
D．大小不断变化，方向总是Q→R→P
4．如图所示，内阻为r的线圈面积为S，共N匝，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，以角速度ω匀速转动，线圈通过电刷与一个阻值为R的电阻连接，V为理想交流电压表．则下列说法正确的是( )
A．在图示位置线框中电流改变方向
B．以图示位置为计时零点，电流的表达式为
C．电压表的读数是
D．线圈从图示位置开始转过90°角的过程中，通过线圈导线截面的电量为
5．如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的正弦交流电的图象，在改变线圈的转速后，产生的正弦交流电的图象如图线b所示，以下说法正确的是( )
A．线圈先后两次转速之比为2∶3
B．通过线圈的磁通量最大值之比为3∶2
C．先后两次交流电的最大值之比为3∶2
D．先后两次交流电的有效值之比为∶
6．如图所示,面积均为的单巨线圈绕轴在磁感应强度为的匀强磁场中以角速度匀速转动,从图中所示位置开始计时,下图中能产生正弦交变电动势的是（ ）
A． B．
C． D．
7．如图甲，小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，从中性面开始转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系（如图乙），且与一个R＝9Ω的电阻构成闭合电路，线圈自身的电阻r＝1Ω．下列说法正确的是（　　）
A．交变电流的频率为5Hz
B．当线圈转过时，电动势的瞬时值为0
C．在t＝0.2s时，电压表的示数为0
D．发电机输出的电功率为18W
8．一只矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交流电动势e＝10sin4πt(V)则（ ）
A．交流的频率是4πHz
B．当t＝0时线圈平面跟磁感线垂直
C．当t＝0.5时，e有最大值
D．交流电的周期是0.5s
9．一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．该交流电的频率是50Hz
B．该交流电的电流有效值为
C．该交流电的电流瞬时值的表达式为i=2sin(50πt)(A)
D．若该交流电流通过R=10Ω的电阻，则电阻消耗的功率是20W
10．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象如图乙中曲线a、b所示，则（　　）
A．曲线a、b对应的线圈转速之比为2：3
B．曲线b表示的交变电动势有效值为10V
C．曲线a表示的交变电流方向每秒改变50次
D．两次t＝0时刻线圈平面均位于中性面
11．如图所示，一小型发电机内有n＝100匝矩形线圈，线圈面积S＝0.10 m2，线圈电阻可忽略不计．在外力作用下矩形线圈在B＝0.10 T匀强磁场中，以恒定的角速度ω＝100π rad/s绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，发电机线圈两端与R＝100 Ω的电阻构成闭合回路．求：
(1)线圈转动时产生感应电动势的最大值；
(2)从线圈平面通过中性面时开始，线圈转过90°角的过程中，通过电阻R横截面的电荷量；
(3)求 π/6ω时刻R两端的电压.
12．如图甲为小型发电机的原理示意图，矩形金属线圈abcd的面积为S，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕轴匀速转动（如图甲所示），产生的感应电动势e随时间t的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为R的灯泡相连构成闭合电路，求：
（1）时间内通过小灯泡的电量q多大？
（2）小灯泡的功率？
13．闭合线圈在匀强磁场中匀速转动，转速为240 r/min，若线圈平面转至与磁场方向平行时的电动势为2 V，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，电动势的峰值为________V，从中性面起经s，交流电动势的大小为________V。
14．一矩形线圈在匀强磁场中以角速度4π rad/s匀速转动，产生的交变电动势的图象如图所示．则交变电流的频率为______Hz，当t＝0时，线圈平面与磁感线________，当t＝0.5 s时，e为______V.
参考答案
1．B
【解析】
【详解】
由有效值的定义可得：
I12Rt1+I22Rt2=I2RT
代入数据得：

解得：

A. 5A，与计算不符，故A项错误；
B. 5A，与计算相符，故B项正确；
C. 3.5A，与计算不符，故C项错误；
D. 3.5A，与计算不符，故D项错误。
2．B
【解析】
【详解】
正弦交流的有效值为3A，则最大值为，频率为50Hz，则角速度
故瞬时值表达式为

A. i＝3sin314t(A)，与分析不符，故A项错误；
B. i＝3sin314t(A)，与分析相符，故B项正确；
C. i＝3sin50t(A)，与分析不符，故C项错误；
D.i=3sin50t(A)，与分析不符，故D项错误。
3．C
【解析】
试题分析：为了使线圈能够持续转动，在制作直流电动机时安装了换向器，当线圈转过平衡位置时自动改变线圈中电流的方向，从而改变线圈的受力方向．由于MN具有换向器的作用，由右手定则可知通过R的电流的方向不变，总是由P→R→Q.故C选项正确．
故选C
考点：考查了交流电的产生原理
点评：关键是知道MN的作用，具有换向器的作用
4．C
【解析】
【详解】
A. 图示位置线框与磁场方向平行，电流不会改变方向，故A错误；
B.电流的最大值
以图示位置为计时零点， 电流的表达式为
选项B错误；
C.通过电阻R电流的有效值
电压表的读数是
故C正确；
D. 线圈从t=0时刻开始转过90°的过程中，通过电阻的电量为
故D错误。
5．C
【解析】
【详解】
A.由图可知，周期=0.4s，=0.6s，而，则线圈先后两次转速之比．故A错误；
B.通过线圈的最大磁通量，则知先后两次通过线圈的最大磁通量之比为1：1．故B错误；
CD.由电动势的最大值，则两个电压最大之值比，所以两个电压有效值之比是3：2，最大值之比为3：2，故C正确，D错误。
6．A
【解析】
由题意可知，只有AB图在切割磁感线，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交变电动势，而CD图均没有导致磁通量变化，A正确．
7．D
【解析】
【详解】
A.交变电流的周期T＝0.4s，频率为=2.5Hz．故A项与题意不相符；
B.根据图象，当线圈转过时，电动势的瞬时值为20V．故B项与题意不相符；
C.感应电动势最大值为Em＝20V，有效值为

电压表的示数为有效值V．故C项与题意不相符；
D.根据闭合电路欧姆定律：

发电机输出的电功率
故D项与题意相符。
8．BD
【解析】
【详解】
A. 交流电动势e=10sin4πt（V），交流的频率
故A项错误；
B. 当t=0时e=0，此时线圈处在中性面上，即线圈平面跟磁感线垂直，故B项正确；
C. 当t=0.5时，e=0，故C错误；
D. 交流电的周期
故D项正确。
9．CD
【解析】
试题分析：由图得周期为0.04s，频率为25Hz，A错误；最大值2A，则有效值为A，B错误；由图象知，C选项中表达式正确；电阻消耗的功率，D正确。
考点：考查了交流电图像，交变电流有效值与最大值关系
10．CD
【解析】
【详解】
A.由图可知，a的周期为4×10﹣2s；b的周期为6×10﹣2s，则曲线a、b对应的线圈周期之比为2：3；转速n=1/T，所以曲线a、b对应的线圈转速之比为3：2，故A错误；
B.曲线b对应的线圈转速之比为3：2，曲线a表示的交变电动势最大值是15V，根据Em＝nBSω得曲线b表示的交变电动势最大值是10V，则有效值为U=V＝5V；故B错误；
C.曲线a的交变电流的频率f=1/T=25Hz；电流方向每周改变2次，所以曲线a表示的交变电流方向每秒改变50次，故C正确；
D.在t＝0时刻，感应电动势为零，则线圈一定处在中性面上；故D正确；
11．(1)3.1×102 V 　(2)1.0×10－2 C
【解析】解：(1)线圈中感应电动势的最大值
(2)设从线圈平面通过中性面时开始，线圈通过90°角所用时间为Δt，线圈中的平均感应电动势
通过电阻R的平均电
在Δt时间内通过电阻横截面的电荷量
12．（1）；（2）
【解析】（1）流过小灯泡的电荷量为
，
，
得：
（2）电流的有效值为：
则小灯泡的功率为：

综上所述本题答案是：（1）；（2）
13．2sin8 πt 2 1
【解析】当线圈平面与磁场平行时（S//B），感应电动势最大，即Em＝2 V，ω＝2πn＝2π×＝8π rad/s，则从中性面开始计时，瞬时值表达式：e＝Emsinωt＝2sin 8πt V，当t＝ s时，e＝2sin（8π×）V＝1 V。
14．2 垂直 0
【解析】
T＝＝s，则交流电的频率f＝＝2 Hz.由图象知t＝0时，e＝0，线圈位于中性面位置，线圈平面和磁感线垂直；当t＝0.5 s时，ωt＝2πft＝2π，e＝0