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2019-2020高中物理第五章交变电流同步练习（共8套新人教版选修3-2）
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2019_2020学年高中物理第五章交变电流（练习）（共8套）新人教版选修3_2
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资料简介
交变电流的产生及描述
课后篇巩固提升
基础巩固
1.某正弦式交变电流i随时间t变化的图象如图所示。由图可知( )
A.电流的最大值为10 A
B.电流的有效值为10 A
C.该交变电流的周期为0.03 s
D.该交变电流的频率为0.02 Hz
解析由题图知此交变电流的最大值为102 A,则有效值为I=1022 A=10 A;周期为0.02 s,则频率为f=1T=50 Hz。
答案B
2.一根长直的通电导线中的电流按正弦规律变化,如图甲、乙所示,规定电流从左向右为正。在直导线下方有一不闭合的金属框,则相对于b点来说,a点电势最高的时刻在( )
A.t1时刻 B.t2时刻 C.t3时刻 D.t4时刻
解析金属框中的磁场是直线电流i产生的,在t1、t3时刻,电流i最大,但电流的变化率为零,穿过金属框的磁通量变化率为零,金属框中没有感应电动势,a、b两点间的电势差为零。在t2、t4时刻,电流i=0,但电流变化率最大,穿过金属框的磁通量变化率最大,a、b两点间的电势差最大,再根据楞次定律可得出a点相对于b点电势最高的时刻是t4。
答案D
3.面积均为S的两个电阻相同的线圈,分别放在如图甲、乙所示的磁场中,甲图中是磁感应强度为B0的匀强磁场,线圈在磁场中以周期T绕OO'轴匀速转动,乙图中磁场变化规律为B=B0cos2πTt,从图示位置开始计时,则( )
8
A.两线圈的磁通量变化规律相同
B.两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同
C.经相同的时间t(t>T),两线圈产生的热量不同
D.从此时刻起,经过T4时间,通过两线圈横截面的电荷量不同
解析甲图中磁通量的变化规律为Φ甲=B0Scos 2πTt,乙图中磁通量的变化规律为Φ乙=B0Scos 2πTt。由于两线圈的磁通量变化规律相同,则两线圈中感应电动势的变化规律相同,达到最大值的时刻也相同,有效值E也相同,又因两线圈电阻相同,所以Q=E2Rt也相同,经过T4时间,通过两线圈横截面的电荷量q=I·T4也相同,故A正确。
答案A
4.(多选)
如图所示,A、B两输电线间的电压是u=2002sin 100πt V,输电线电阻不计,把电阻R=50 Ω的用电器接在A、B两输电线上,下列说法正确的是( )
A.电流表示数为4 A
B.电压表示数为200 V
C.通过R的电流方向每秒改变50次
D.用电器消耗的电功率为1.6 kW
解析由u=2002sin 100πt V可知,电压最大值Um=2002 V,角速度ω=100π rad/s,所以电压的有效值U=Um2=200 V,周期T=2πω=0.02 s,频率f=1T=50 Hz,由欧姆定律得I=UR=20050 A=4 A,所以A、B两项正确;一周期内电流方向改变两次,而f=50 Hz,则1 s内电流方向改变100次,C项错误;电功率P=IU=4×200 W=800 W,所以D项错误。
答案AB
5.如图所示电路中,电源电压u=311sin 100πt V,A、B间接有“220 V 440 W”的电暖宝、“220 V 220 W”的抽油烟机、交流电压表及保险丝。下列说法正确的是( )
8
A.交流电压表的示数为311 V
B.电路要正常工作,保险丝的额定电流不能小于32 A
C.电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍
D.1 min内抽油烟机消耗的电能为1.32×104 J
解析由u=311sin 100πt V可知,交变电压的有效值为220 V,故交流电压表的示数为220 V,选项A错误;由两用电器的额定功率之和为660 W,根据P=UI可知,保险丝的额定电流应不小于3 A ,选项B错误;因抽油烟机220 W包括热功率及机械功率,故电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍还要多,选项C错误;根据W=Pt可得1 min内抽油烟机消耗的电能为1.32×104 J,选项D正确。
答案D
6.如图所示为一交变电流的i-t图象,则此交变电流的有效值为( )
A.55 A B.52 A
C.10 A D.2.510 A
解析对于正弦式交变电流可直接应用最大值为有效值的2倍这一规律,将此交变电流分为前后两部分正弦式交变电流,可直接得到这两部分正弦式交变电流的有效值,分别为I1=2.52 A和I2=7.52 A,分别取一个周期T中的前0.01 s和后0.01 s计算产生的电热Q=I12R×0.01 J+I22R×0.01 J,再利用有效值的定义得Q=I2R×0.02 J。
解得I=2.510 A。
答案D
7.
如图所示,匀强磁场的磁感应强度B=0.5 T,边长L=10 cm的正方形线圈abcd共100匝,线圈电阻r=1 Ω,线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO'匀速转动,角速度ω=2π rad/s,外电路电阻R=4 Ω,求:(保留三位有效数字)
(1)转动过程中感应电动势的最大值。
(2)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过60°角时的瞬时感应电动势。
8
(3)交流电压表的示数。
(4)16周期内通过电阻R的电荷量为多少。
解析(1)感应电动势的最大值Em=nBSω=100×0.5×0.12×2π V≈3.14 V。
(2)转过60°时的瞬时感应电动势e=Emcos 60°=3.14×0.5 V=1.57 V。
(3)交流电压表示数为外电压的有效值22Em·RR+r=22×3.14×44+1 V≈1.78 V。
(4)16周期内通过电阻R的电荷量q=I·T6=ER'·T6=nBSsin60°T6·(R+r)·T6=nBSsin60°R+r=100×0.5×0.12×324+1 C≈0.086 6 C。
答案(1)3.14 V (2)1.57 V (3)1.78 V (4)0.086 6 C
能力提升
1.(多选)如图甲、乙分别表示两种电压的波形,其中甲电压按正弦规律变化。下列说法正确的是( )
A.甲表示交变电流,乙表示直流电
B.两种电压的有效值相等
C.甲电压的瞬时值表达式为u=311sin 100πt V
D.甲交变电流的有效值比乙交变电流的有效值大
解析题图中两交变电流的大小和方向都随时间变化,在t轴的上方为正,下方为负,A错。有效值E=Em2只对正弦式交变电流适用,将两个图象叠放在一起,可以看出两个交变电流的最大值相等,甲对应的有效值大,所以B错,D对。由题图甲可知C对。
答案CD
2.
如图所示电路,电阻R1与电阻R2值相同,都为R,和R1并联的D为理想二极管(正向电阻可看作零,反向电阻可看作无穷大),在A、B间加一正弦式交变电流u=202sin 100πt V,则加在R2上的电压有效值为( )
A.10 V B.20 V
C.15 V D.510 V
8
解析由二极管的单向导电性可知,若二极管导通,加在R2上的电压波形为半个周期,最大值为202 V,若二极管截止,R1、R2串联,则R2上的电压半个周期最大值为102 V。由有效值的定义可得加在R2上的电压有效值为510 V,选项D正确。
答案D
3.
一矩形金属线圈共10匝,绕垂直于磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动,线圈中产生的感应电动势e随时间t变化的规律如图所示,下列说法中正确的是( )
A.此交变电流的频率为0.2 Hz
B.此感应电动势的有效值为1 V
C.t=0.1 s时,线圈平面与磁场方向平行
D.在线圈转动过程中,穿过线圈的最大磁通量为1100π Wb
解析由题图可知,此交变电流的周期T=0.2 s,频率f=1T=5 Hz,A错。E=Em2=22 V,B错。t=0.1 s时,电动势为0,线圈平面与磁感线垂直,C错。因Em=nBSω,其中n=10,ω=2πT=10π rad/s,故Φm=BS=1100π Wb,D正确。
答案D
4.
(多选)如图所示,单匝矩形线圈放置在磁感应强度为B的匀强磁场中,以恒定的角速度ω绕ab边转动,磁场方向垂直于纸面向里,线圈所围面积为S,线圈导线的总电阻为R。t=0时刻线圈平面与纸面重合。则( )
A.t时刻线圈中电流的瞬时值表达式为i=BSωRcos ωt
B.线圈中电流的有效值为I=BSωR
C.线圈中电流的有效值为I=2BSω2R
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D.线圈消耗的电功率为P=B2S2ω22R
解析回路中感应电动势的最大值Em=BSω,电流的最大值Im=EmR=BSωR,t=0时刻线圈位于中性面,故电流的瞬时值表达式i=BSωRsin ωt。线圈中电流的有效值I=Im2=2BSω2R,P=I2R=B2S2ω22R,故A、B错误,C、D正确。
答案CD
5.
如图所示,在匀强磁场中有一个“π”形导线框可绕AB轴转动,已知匀强磁场的磁感应强度B=52π T,线框的CD边长为20 cm,CE、DF长均为10 cm,转速为50 r/s。若从图示位置开始计时:
(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式。
(2)在e-t坐标系中作出线框中感应电动势随时间变化关系的图象。
解析(1)线框转动,开始计时的位置为线圈平面与磁感线平行的位置,在t时刻线框转过的角度为ωt,此时刻e=Bl1l2ωcos ωt,即e=BSωcos ωt,其中B=52π T,S=0.1×0.2 m2=0.02 m2,ω=2πn=2π×50 rad/s=100π rad/s,
故e=52π×0.02×100πcos(100πt) V,
即e=102cos(100πt) V。
(2)线框中感应电动势随时间变化关系的图象如图所示。
答案(1)e=102cos(100πt) V (2)见解析图
6.如图甲所示,一固定的矩形导体线圈水平放置,线圈的两端接一只小灯泡,在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场。已知线圈的匝数n=100匝,电阻r=1.0 Ω,所围成矩形的面积S=0.040 m2,小灯泡的电阻R=9.0 Ω,磁场的磁感应强度按如图乙所示的规律变化,线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e=nBmS2πTcos 2πTt,其中Bm为磁感应强度的最大值,T为磁场变化的周期。不计灯丝电阻随温度的变化,求:
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(1)线圈中产生感应电动势的最大值;
(2)小灯泡消耗的电功率;
(3)在磁感应强度变化的0~T4的时间内,通过小灯泡的电荷量。
解析(1)因为线圈中产生的感应电流变化的周期与磁场变化的周期相同,所以由图象可知,线圈中产生交变电流的周期为T=3.14×10-2 s。
所以线圈中感应电动势的最大值为
Em=nBmSω=nBmS·2πT=100×1×10-2×0.040×2×3.143.14×10-2V=8 V。
(2)根据闭合电路的欧姆定律,电路中电流的最大值为
Im=EmR+r=0.80 A;
通过小灯泡的电流的有效值为I=Im2=0.42 A;
小灯泡消耗的电功率为P=I2R=2.88 W。
(3)在磁感应强度变化的0~T4内,线圈中感应电动势的平均值E=nSΔBΔt;
通过灯泡的平均电流I=ER+r=nSΔB(R+r)Δt;
通过灯泡的电荷量Q=IΔt=nSΔBR+r=4.0×10-3 C。
答案(1)8 V (2)2.88 W (3)4.0×10-3 C
7.如图所示,间距为L的光滑平行金属导轨AB、CD,水平地放置在竖直方向的磁感应强度为B的匀强磁场中,AC端接阻值为R的电阻。一长度为L、电阻为R0、质量为m的导体棒MN垂直放置在导轨上,在外力F的作用下从t=0的时刻开始运动,其速度随时间的变化规律是v=vmsin ωt,导轨的电阻值忽略不计。求:
(1)从t=0到t=2πω的时间内电阻R产生的热量Q;
(2)从t=0到t=π2ω的时间内外力F做的功W。
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解析(1)导体棒MN切割磁感线产生的感应电动势为e=BLv=BLvmsin ωt,因此是按正弦规律变化的交变电流,且峰值Em=BLvm,则有效值为E=Em2=BLvm2,由欧姆定律得I=ER+R0=BLvm2(R+R0)。电阻R上产生的热量为Q,
则Q=I2Rt=πB2L2vm2Rω(R+R0)2。
(2)由能量守恒知,外力做的功等于电路产生的热量与机械能之和,即
W=E热+E机=I2(R+R0)t'+Ek=πB2L2vm24ω(R+R0)+12mvm2。
答案(1)πB2L2vm2Rω(R+R0)2 (2)πB2L2vm24ω(R+R0)+12mvm2
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