2020学年高中物理 第五章 交变电流 课时提升作业八 5.2 描述交变电流的物理量 新人教版选修3-2
文档属性
| 名称 | 2020学年高中物理 第五章 交变电流 课时提升作业八 5.2 描述交变电流的物理量 新人教版选修3-2 |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 1.1MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2021-03-23 16:29:46 | ||
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文档简介
课时提升作业 八 描述交变电流的物理量
(40分钟 100分)
一、选择题(本题共7小题,每小题8分,共56分)
1.(多选)如图所示为一正弦交变电流的电流图象,根据图象可以判断哪些说法是正确的 ( )
A.电流的有效值是10 A
B.此交变电流的频率是5 Hz
C.此交变电流的周期是0.25 s
D.此交变电流可以接在“允许通过最大电流为10 A”的用电器上
【解析】选B、D。由图象可知,交流电的电流最大值为10 A,而有效值为I==
A=5 A,故A错误,D正确;由图象可知,交流电的周期为0.2 s,所以交流电的频率为f==5 Hz,所以B正确,C错误。
2.(2020·郑州高二检测)交流发电机在工作时电动势为e=Emsinωt,若将电机的转速提高一倍,同时将线圈所围面积减小一半,其他条件不变,则其电动势变为
( )
A.e′=Emsin B.e′=2Emsin
C.e′=Emsin2ωt D.e′=sin2ωt
【解析】选C。根据题意,当转速提高一倍,由ω=2πn可知,角速度ω变为原来的2倍,面积减小一半,则由e=Emsinωt=nBSωsinωt,可知:e′=nB2ωsin 2ωt =nBSωsin 2ωt=Emsin2ωt,故C选项正确。
3. (2020·安庆高二检测)如图所示是某种交变电流的电流随时间变化的图线,i>0部分的图线是一个正弦曲线的正半周,i<0部分的图线是另一个正弦曲线的负半周,其最大值如图中所示,则这种交变电流的有效值为 ( )
A.I0 B.I0 C.I0 D.I0
【解析】选C。设电流的有效值为I,则RT+R·2T=I2R·3T,解得I=I0,选项C正确。
【补偿训练】
如图所示是一交变电流的i-t图象,则该交流电电流的有效值为 ( )
A.4 A B.2A C. A D. A
【解析】选D。设交流电电流的有效值为I,周期为T,电阻为R,则I2RT=×4·R·+42·R·T,解得:I=A,故选D。
4.(2020·山东高考)如图甲,R0为定值电阻,两金属圆环固定在同一绝缘平面内。左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上,经二极管整流后,通过R0的电流i始终向左,其大小按图乙所示规律变化。规定内圆环a端电势高于b端时,a、b间的电压uab为正,下列uab-t图象可能正确的是 ( )
【解题指南】解答本题时应从以下两点进行分析:
(1)感应电动势的变化周期一定与圆环中电流周期相同。
(2)本题可考虑排除法。
【解析】选C。从图乙可以看出,圆环中电流周期为0.5T0,则感应电动势的变化周期也是0.5T0,观察四个图象,A、B、D的周期都不是0.5T0,只有C周期是0.5T0,所以A、B、D错误,C正确。
5. (2020·邢台高二检测)如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。磁场的磁感应强度B=1.0×10-2 T,线圈的边长ab=20 cm、bc=10 cm,匝数n=400,线圈总电阻r=2.0 Ω,线圈的两端经集流环和电刷与电阻R=18 Ω连接,与电阻R并联的交流电压表为理想电表,线圈的转速n=50 r/s。在t=0时刻,线圈平面与磁场方向平行,则下列说法正确的是( )
A.交流发电机产生电动势随时间的变化关系是e=25cos50t(V)
B.交流电压表的示数为17.8 V
C.从t=0时刻开始转过30°的过程中,通过电阻的电量为 2.0×10-3C
D.电阻R上的热功率为3.24 W
【解析】选C。磁场的磁感应强度B=1.0×10-2 T,线圈的边长ab=20 cm、bc=10 cm,匝数n=400,线圈总电阻r=2.0 Ω,线圈的转速n=50 r/s。所以ω=100π rad/s,最大值Em=nBSω=8π,因此e=8π cos100πt,故A错误;交流电压表显示的是路端电压有效值,示数为≈16 V,故B错误;从t=0时刻开始转过30°的过程中,通过电阻的电量=C=2.0×10-3 C,故C正确;电阻R上的热功率P=I2R=·R≈14.2 W,故D错误。
6. (多选)如图所示,面积为S的矩形线圈共N匝,线圈总电阻为R,在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中以竖直线OO′为轴,以角速度ω匀速旋转,图示位置C与纸面共面,位置A与位置C成45°角。线圈从位置A转过90°到达位置B的过程中,下列说法正确的是 ( )
A.平均电动势为NBSω
B.通过线圈某一截面的电量q=
C.在此转动过程中,外界对线圈做的总功为ω
D.在此转动过程中,电流方向会发生改变
【解题指南】(1)根据法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势的大小,从而求出感应电流的大小。
(2)根据q=It求出通过某一横截面的电量。
(3)外界对线圈做的总功等于线圈产生的热量,根据峰值求出有效值,从而求出热量。
【解析】选A、C。线圈从位置A转过90°到达位置B的过程中,ΔΦ=
2BScos 45°=BS,Δt=,根据E=N得,E=NBSω,故A正确。根据E=N,q=Δt=N=,故B错误。产生电动势的峰值Em=NBSω,则有效值E==,则W=Q=t=,故C正确。线圈每经过中性面一次,方向改变,线圈从位置A转过90°到达位置B的过程中,方向不变,故D错误。
7. (2020·成都高二检测)如图所示,矩形线圈面积为S,匝数为N,线圈电阻为r,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,当线圈由图示位置转过60°的过程中,下列判断正确的是( )
A.电压表的示数为
B.通过电阻R的电量为q=
C.电阻R所产生的焦耳热为Q=
D.当线圈由图示位置转过60°时的电流为
【解析】选B。线圈在磁场中转动,产生的电动势的最大值为Em=NBSω,电动势的有效值为E=,电压表测量电路的外电压,所以电压表的读数为U=·R=R,所以A错误;由=N,=,q=Δt得到,电量
q=cos 60°=,故B正确;电阻R产生的热量Q=·=,所以C错误;当线圈由图示位置转过60°时电动势的瞬时值为e=NBSωsin 60° =NBSω,所以电流为i==,所以D错误。
二、非选择题(本题共2小题,共44分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)
8. (20分)如图所示,线圈面积为0.05 m2,共100匝,线圈总电阻为1 Ω,与外电阻R=9 Ω相连。当线圈在B= T的匀强磁场中绕OO′以角速度ω=10π rad/s匀速转动时,求:
(1)若从线圈处于中性面开始计时,写出电动势的瞬时值表达式。
(2)电流表和电压表的示数。
(3)线圈转过s时,电动势的瞬时值。
【解析】(1)线圈的角速度ω=2πn=10π rad/s,
感应电动势的最大值Em=NBSω=100 V,
则从线圈处于中性面开始计时,电动势的瞬时值表达式为e=Emsinωt=
100sin 10πt V
(2)电路中电流的有效值I=,E=Em,
代入解得I=5 A,即电流表示数为5 A。
电压表示数为U=IR=5×9 V=45 V。
(3)当线圈转过s时,电动势的瞬时值
e=100sinV=50 V。
答案:(1)e=100sin 10πt V
(2)5 A 45 V (3)50 V
9. (24分)(2020·焦作高二检测)如图所示,将单匝正方形线框ABCD的一半放入匀强磁场中,磁感应强度B=1 T,让它以边界OO′为轴,以角速度ω=100 rad/s匀速转动,在AB、CD的中点用电刷P、Q将电流输送给小灯泡,线框边长L=0.2 m,总电阻为r=4 Ω,灯泡电阻为R=2 Ω,不计P、Q接触电阻及导线电阻。求:
(1)线框转动过程中产生的最大感应电动势。
(2)理想电压表V的示数。
(3)由图示位置转过30°时,线框受到的安培力。
【解题指南】(1)由Em=BL2ω即可求解最大值。
(2)理想电压表示数为路端电路电压的有效值,由U=IR可以求得。
(3)转过30°角时的电流是它的瞬时值,由i=即可求解,线框所受的安培力F安=BiL代入数据即可求解。
【解析】(1)Em=BL2ω=×1×0.22×100 V=2 V
(2)设外电路电阻为R′,则R′==1 Ω
电源的有效值为E== V;
根据闭合电路的欧姆定律知I== A
据欧姆定律得电压表示数为U=I·R′=×1 V= V
(3)转动30°时,通过AD的电流为
i=== A
AD边受到的安培力为F安=BiL= N
答案:(1)2 V (2) V (3) N
【能力挑战区】
1.(多选)(2020·衡水高二检测)将电阻R、理想电压表V、开关S和交流电源按照图甲所示方式连接,其中R=30 Ω,合上开关S后,交流电源输出的正弦交变电压u随时间t变化的关系如图乙所示。则 ( )
A.电压表V的示数是36 V
B.R消耗的电功率是21.6 W
C.通过R的电流瞬时值表达式为i=1.2sin100πt(A)
D.通过R的电流最大值为1.2A
【解析】选B、C。从图乙可以看出,R两端电压的最大值为36 V,所以电压表的示数为U= V=18 V,故A错误;根据P=得:R消耗的电功率P= W=21.6 W,故B正确;根据乙图可知,交流电的周期为0.02 s,则ω==100π,电流的最大值Im== A=1.2 A,所以通过R的电流瞬时值表达式为i=1.2sin100πt(A),故C正确,D错误。
2.有人为汽车设计的一个“再生能源装置”原理简图如图甲所示,当汽车减速时,线圈受到磁场的阻尼作用帮助汽车减速,同时产生电能储存备用。图甲中,线圈的匝数为n,ab长度为L1,bc长度为L2。图乙是此装置的侧视图,切割处磁场的磁感应强度大小恒为B,有理想边界的两个扇形磁场区夹角都是90°。某次测试时,外力使线圈以角速度ω逆时针匀速转动,电刷M端和N端接电流传感器,电流传感器记录的i-t图象如图丙所示(I为已知量),取ab边刚开始进入左侧的扇形磁场时刻t=0。不计线圈转动轴处的摩擦,
(1)求线圈在图乙所示位置时,产生电动势E的大小,并指明电刷M和N哪个接电源正极。
(2)求闭合电路的总电阻R和外力做功的平均功率P。
(3)为了能够获得更多的电能,依据所学的物理知识,请你提出改进该装置的三条建议。
【解题指南】(1)线圈有两个边一直在均匀辐射磁场中做切割磁感线运动,根据切割公式求解电动势。
(2)结合闭合电路欧姆定律求解电路总电阻,根据焦耳定律求解外力功率。
(3)增加电动势即可增加电能的产生。
【解析】(1)有两个边一直在均匀辐射磁场中做切割磁感线运动,故根据切割公式,有E=2nBL1v
其中v=ωL2
解得E=nBL1L2ω
根据右手定则,M端是电源正极
(2)根据欧姆定律,电流:I=
解得R=
线圈转动一个周期时间内,产生电流的时间是半周期,故外力平均功率P=I2R
解得P=
(3)增加磁感应强度;增加线圈匝数;增加磁场区域面积;适当增加线圈面积;变成多组线圈等。
答案:(1)nBL1L2ω 电刷M
(2) (3)见解析
(40分钟 100分)
一、选择题(本题共7小题,每小题8分,共56分)
1.(多选)如图所示为一正弦交变电流的电流图象,根据图象可以判断哪些说法是正确的 ( )
A.电流的有效值是10 A
B.此交变电流的频率是5 Hz
C.此交变电流的周期是0.25 s
D.此交变电流可以接在“允许通过最大电流为10 A”的用电器上
【解析】选B、D。由图象可知,交流电的电流最大值为10 A,而有效值为I==
A=5 A,故A错误,D正确;由图象可知,交流电的周期为0.2 s,所以交流电的频率为f==5 Hz,所以B正确,C错误。
2.(2020·郑州高二检测)交流发电机在工作时电动势为e=Emsinωt,若将电机的转速提高一倍,同时将线圈所围面积减小一半,其他条件不变,则其电动势变为
( )
A.e′=Emsin B.e′=2Emsin
C.e′=Emsin2ωt D.e′=sin2ωt
【解析】选C。根据题意,当转速提高一倍,由ω=2πn可知,角速度ω变为原来的2倍,面积减小一半,则由e=Emsinωt=nBSωsinωt,可知:e′=nB2ωsin 2ωt =nBSωsin 2ωt=Emsin2ωt,故C选项正确。
3. (2020·安庆高二检测)如图所示是某种交变电流的电流随时间变化的图线,i>0部分的图线是一个正弦曲线的正半周,i<0部分的图线是另一个正弦曲线的负半周,其最大值如图中所示,则这种交变电流的有效值为 ( )
A.I0 B.I0 C.I0 D.I0
【解析】选C。设电流的有效值为I,则RT+R·2T=I2R·3T,解得I=I0,选项C正确。
【补偿训练】
如图所示是一交变电流的i-t图象,则该交流电电流的有效值为 ( )
A.4 A B.2A C. A D. A
【解析】选D。设交流电电流的有效值为I,周期为T,电阻为R,则I2RT=×4·R·+42·R·T,解得:I=A,故选D。
4.(2020·山东高考)如图甲,R0为定值电阻,两金属圆环固定在同一绝缘平面内。左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上,经二极管整流后,通过R0的电流i始终向左,其大小按图乙所示规律变化。规定内圆环a端电势高于b端时,a、b间的电压uab为正,下列uab-t图象可能正确的是 ( )
【解题指南】解答本题时应从以下两点进行分析:
(1)感应电动势的变化周期一定与圆环中电流周期相同。
(2)本题可考虑排除法。
【解析】选C。从图乙可以看出,圆环中电流周期为0.5T0,则感应电动势的变化周期也是0.5T0,观察四个图象,A、B、D的周期都不是0.5T0,只有C周期是0.5T0,所以A、B、D错误,C正确。
5. (2020·邢台高二检测)如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。磁场的磁感应强度B=1.0×10-2 T,线圈的边长ab=20 cm、bc=10 cm,匝数n=400,线圈总电阻r=2.0 Ω,线圈的两端经集流环和电刷与电阻R=18 Ω连接,与电阻R并联的交流电压表为理想电表,线圈的转速n=50 r/s。在t=0时刻,线圈平面与磁场方向平行,则下列说法正确的是( )
A.交流发电机产生电动势随时间的变化关系是e=25cos50t(V)
B.交流电压表的示数为17.8 V
C.从t=0时刻开始转过30°的过程中,通过电阻的电量为 2.0×10-3C
D.电阻R上的热功率为3.24 W
【解析】选C。磁场的磁感应强度B=1.0×10-2 T,线圈的边长ab=20 cm、bc=10 cm,匝数n=400,线圈总电阻r=2.0 Ω,线圈的转速n=50 r/s。所以ω=100π rad/s,最大值Em=nBSω=8π,因此e=8π cos100πt,故A错误;交流电压表显示的是路端电压有效值,示数为≈16 V,故B错误;从t=0时刻开始转过30°的过程中,通过电阻的电量=C=2.0×10-3 C,故C正确;电阻R上的热功率P=I2R=·R≈14.2 W,故D错误。
6. (多选)如图所示,面积为S的矩形线圈共N匝,线圈总电阻为R,在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中以竖直线OO′为轴,以角速度ω匀速旋转,图示位置C与纸面共面,位置A与位置C成45°角。线圈从位置A转过90°到达位置B的过程中,下列说法正确的是 ( )
A.平均电动势为NBSω
B.通过线圈某一截面的电量q=
C.在此转动过程中,外界对线圈做的总功为ω
D.在此转动过程中,电流方向会发生改变
【解题指南】(1)根据法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势的大小,从而求出感应电流的大小。
(2)根据q=It求出通过某一横截面的电量。
(3)外界对线圈做的总功等于线圈产生的热量,根据峰值求出有效值,从而求出热量。
【解析】选A、C。线圈从位置A转过90°到达位置B的过程中,ΔΦ=
2BScos 45°=BS,Δt=,根据E=N得,E=NBSω,故A正确。根据E=N,q=Δt=N=,故B错误。产生电动势的峰值Em=NBSω,则有效值E==,则W=Q=t=,故C正确。线圈每经过中性面一次,方向改变,线圈从位置A转过90°到达位置B的过程中,方向不变,故D错误。
7. (2020·成都高二检测)如图所示,矩形线圈面积为S,匝数为N,线圈电阻为r,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,当线圈由图示位置转过60°的过程中,下列判断正确的是( )
A.电压表的示数为
B.通过电阻R的电量为q=
C.电阻R所产生的焦耳热为Q=
D.当线圈由图示位置转过60°时的电流为
【解析】选B。线圈在磁场中转动,产生的电动势的最大值为Em=NBSω,电动势的有效值为E=,电压表测量电路的外电压,所以电压表的读数为U=·R=R,所以A错误;由=N,=,q=Δt得到,电量
q=cos 60°=,故B正确;电阻R产生的热量Q=·=,所以C错误;当线圈由图示位置转过60°时电动势的瞬时值为e=NBSωsin 60° =NBSω,所以电流为i==,所以D错误。
二、非选择题(本题共2小题,共44分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)
8. (20分)如图所示,线圈面积为0.05 m2,共100匝,线圈总电阻为1 Ω,与外电阻R=9 Ω相连。当线圈在B= T的匀强磁场中绕OO′以角速度ω=10π rad/s匀速转动时,求:
(1)若从线圈处于中性面开始计时,写出电动势的瞬时值表达式。
(2)电流表和电压表的示数。
(3)线圈转过s时,电动势的瞬时值。
【解析】(1)线圈的角速度ω=2πn=10π rad/s,
感应电动势的最大值Em=NBSω=100 V,
则从线圈处于中性面开始计时,电动势的瞬时值表达式为e=Emsinωt=
100sin 10πt V
(2)电路中电流的有效值I=,E=Em,
代入解得I=5 A,即电流表示数为5 A。
电压表示数为U=IR=5×9 V=45 V。
(3)当线圈转过s时,电动势的瞬时值
e=100sinV=50 V。
答案:(1)e=100sin 10πt V
(2)5 A 45 V (3)50 V
9. (24分)(2020·焦作高二检测)如图所示,将单匝正方形线框ABCD的一半放入匀强磁场中,磁感应强度B=1 T,让它以边界OO′为轴,以角速度ω=100 rad/s匀速转动,在AB、CD的中点用电刷P、Q将电流输送给小灯泡,线框边长L=0.2 m,总电阻为r=4 Ω,灯泡电阻为R=2 Ω,不计P、Q接触电阻及导线电阻。求:
(1)线框转动过程中产生的最大感应电动势。
(2)理想电压表V的示数。
(3)由图示位置转过30°时,线框受到的安培力。
【解题指南】(1)由Em=BL2ω即可求解最大值。
(2)理想电压表示数为路端电路电压的有效值,由U=IR可以求得。
(3)转过30°角时的电流是它的瞬时值,由i=即可求解,线框所受的安培力F安=BiL代入数据即可求解。
【解析】(1)Em=BL2ω=×1×0.22×100 V=2 V
(2)设外电路电阻为R′,则R′==1 Ω
电源的有效值为E== V;
根据闭合电路的欧姆定律知I== A
据欧姆定律得电压表示数为U=I·R′=×1 V= V
(3)转动30°时,通过AD的电流为
i=== A
AD边受到的安培力为F安=BiL= N
答案:(1)2 V (2) V (3) N
【能力挑战区】
1.(多选)(2020·衡水高二检测)将电阻R、理想电压表V、开关S和交流电源按照图甲所示方式连接,其中R=30 Ω,合上开关S后,交流电源输出的正弦交变电压u随时间t变化的关系如图乙所示。则 ( )
A.电压表V的示数是36 V
B.R消耗的电功率是21.6 W
C.通过R的电流瞬时值表达式为i=1.2sin100πt(A)
D.通过R的电流最大值为1.2A
【解析】选B、C。从图乙可以看出,R两端电压的最大值为36 V,所以电压表的示数为U= V=18 V,故A错误;根据P=得:R消耗的电功率P= W=21.6 W,故B正确;根据乙图可知,交流电的周期为0.02 s,则ω==100π,电流的最大值Im== A=1.2 A,所以通过R的电流瞬时值表达式为i=1.2sin100πt(A),故C正确,D错误。
2.有人为汽车设计的一个“再生能源装置”原理简图如图甲所示,当汽车减速时,线圈受到磁场的阻尼作用帮助汽车减速,同时产生电能储存备用。图甲中,线圈的匝数为n,ab长度为L1,bc长度为L2。图乙是此装置的侧视图,切割处磁场的磁感应强度大小恒为B,有理想边界的两个扇形磁场区夹角都是90°。某次测试时,外力使线圈以角速度ω逆时针匀速转动,电刷M端和N端接电流传感器,电流传感器记录的i-t图象如图丙所示(I为已知量),取ab边刚开始进入左侧的扇形磁场时刻t=0。不计线圈转动轴处的摩擦,
(1)求线圈在图乙所示位置时,产生电动势E的大小,并指明电刷M和N哪个接电源正极。
(2)求闭合电路的总电阻R和外力做功的平均功率P。
(3)为了能够获得更多的电能,依据所学的物理知识,请你提出改进该装置的三条建议。
【解题指南】(1)线圈有两个边一直在均匀辐射磁场中做切割磁感线运动,根据切割公式求解电动势。
(2)结合闭合电路欧姆定律求解电路总电阻,根据焦耳定律求解外力功率。
(3)增加电动势即可增加电能的产生。
【解析】(1)有两个边一直在均匀辐射磁场中做切割磁感线运动,故根据切割公式,有E=2nBL1v
其中v=ωL2
解得E=nBL1L2ω
根据右手定则,M端是电源正极
(2)根据欧姆定律,电流:I=
解得R=
线圈转动一个周期时间内,产生电流的时间是半周期,故外力平均功率P=I2R
解得P=
(3)增加磁感应强度;增加线圈匝数;增加磁场区域面积;适当增加线圈面积;变成多组线圈等。
答案:(1)nBL1L2ω 电刷M
(2) (3)见解析