第三章 本章达标检测2

第三章　交变电流

第1~2节综合拔高练

五年选考练

考点1　交变电流的产生与描述

1.(2019天津理综,8,6分,)(多选)单匝闭合矩形线框电阻为R,在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动,穿过线框的磁通量Φ与时间t的关系图像如图所示。下列说法正确的是(　　)

A.时刻线框平面与中性面垂直

B.线框的感应电动势有效值为

C.线框转一周外力所做的功为

D.从t=0到t=过程中线框的平均感应电动势为

2.(2017天津理综,6,6分,)(多选)在匀强磁场中,一个100匝的闭合矩形金属线圈,绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动,穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为2 Ω,则(　　)

A.t=0时,线圈平面平行于磁感线

B.t=1 s时,线圈中的电流改变方向

C.t=1.5 s时,线圈中的感应电动势最大

D.一个周期内,线圈产生的热量为8π2 J

3.(2016课标Ⅲ,21,6分,)(多选)如图,M为半圆形导线框,圆心为OM;N是圆心角为直角的扇形导线框,圆心为ON;两导线框在同一竖直面(纸面)内;两圆弧半径相等;过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场,磁场方向垂直于纸面。现使线框M、N在t=0时从图示位置开始,分别绕垂直于纸面且过OM和ON的轴,以相同的周期T逆时针匀速转动,则(　　)

A.两导线框中均会产生正弦交流电

B.两导线框中感应电流的周期都等于T

C.在t=时,两导线框中产生的感应电动势相等

D.两导线框的电阻相等时,两导线框中感应电流的有效值也相等

4.()小型手摇发电机线圈共N匝,每匝可简化为矩形线圈abcd,磁极间的磁场视为匀强磁场,方向垂直于线圈中心轴OO',线圈绕OO'匀速转动,如图所示。矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0,不计线圈电阻,则发电机输出电压(　　)

A.峰值是e0   B.峰值是2e0

C.有效值是 Ne0  D.有效值是 Ne0

考点2　有效值的计算及应用

5.(2018海南单科,7,5分,)(多选)如图,在磁感应强度大小为B的匀强磁场中,有一面积为S的矩形单匝闭合导线框abcd,ab边与磁场方向垂直,线框的电阻

为R。使线框以恒定角速度ω绕过ad、bc中点的轴旋转。下列说法正确的是(　　)

A.线框abcd中感应电动势的最大值是BSω

B.线框abcd中感应电动势的有效值是BSω

C.线框平面与磁场方向平行时,流经线框的电流最大

D.线框平面与磁场方向垂直时,流经线框的电流最大

6.(2018课标Ⅲ,16,6分,)一电阻接到方波交流电源上,在一个周期内产生的热量为Q方;若该电阻接到正弦交流电源上,在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值均为u0,周期均为T,如图所示。则Q方∶Q正等于(　　)

A.1∶  B.∶1 

C.1∶2  D.2∶1

三年模拟练

应用实践

1.(2020山西忻州一中高二月考,)一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动,周期为T。从线圈平面转到中性面时开始计时,当t=T时,线圈中感应电动势的瞬时值为2 V,则此交变电压的有效值为(　　)

A.2 V B.2 V  C. V D. V

2.(2020江西景德镇一中高二期末,)(多选)电阻为1 Ω的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动,产生的交变电动势随时间变化的图像如图所示。现把该交变电动势加在电阻为9 Ω的电热丝上,则下列说法中正确的是(　　)

A.线圈转动的角速度为31.4 rad/s

B.如果线圈转速提高一倍,电流不会改变

C.电热丝两端的电压U=100 V

D.电热丝的发热功率P=1 800 W

3.(2020山东百师联盟高三上联考,)利用半导体二极管的单向导电性,可以对交变电流进行整流,将交变电流变为直流。一种简单的整流电路如图甲所示,a、b为交变电流信号输入端,D为半导体二极管,R为定值电阻。信号输入后,电阻R两端输出的电压信号如图乙所示,则关于该输出信号,下列说法正确的是(　　)

A.频率为100 Hz

B.电压有效值为50 V

C.一个标有“90 V,30 μF”的电容器并联在电阻R两端,可以正常工作

D.若电阻R=10 Ω,则1 min内R产生的热量为1.5×104 J

4.(2020河北邯郸高三期末,)(多选)交流发电机的线圈绕垂直于匀强磁场的水平轴逆时针匀速转动,每秒转动10转,线圈处于图示位置时开始计时,电流表的示数为1 A,已知线圈匝数为500匝,线圈内阻r=1.0 Ω,外接电阻R=9.0 Ω。以下判断正确的是(　　)

A.图示时刻交变电流方向为ADCBA

B.通过线圈磁通量的最大值为×10-3 Wb

C.t= s时线圈磁通量的变化率为 Wb/s

D.t= s时外接电阻R所消耗的电功率为10 W

迁移创新

5.(2020浙江余姚高三上月考,)如图甲所示是某同学设计的一种振动发电装置的示意图,它的主要结构是一个套在辐向形永久磁铁槽中的半径为r=0.1 m、匝数n=100的线圈,磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)。线圈所在位置磁感应强度的大小均为B= T,线圈的电阻为R1=0.5 Ω,它的引出线接有R2=9.5 Ω的小灯泡L。外力推动线圈框架的P端,使线圈沿轴线做往复运动,便有电流通过灯泡。当线圈运动的速度v随时间t变化的规律如图丙所示时(摩擦等损耗不计),从t=0时刻开始计时。

丙

(1)写出线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式以及电压表的示数;

(2)通电40 s小灯泡L消耗的电能;

(3)t=0.1 s时外力F的大小。

答案全解全析

五年选考练

1.BC　由Φ-t图像可知,在时刻穿过线框的磁通量最大,线框处于中性面位置,选项A错误;感应电动势的最大值为Em=BSω=,有效值E=Em=,选项B正确;线框匀速转一周时外力所做的功W=T=,选项C正确;从t=0到t=的过程中平均感应电动势===,选项D错误。

2.AD　由Φ-t图像可知,t=0时,Φ=0,则线圈平面平行于磁感线,选项A正确;t=1 s时Φ=0,此时电动势最大,t=0.5 s和t=1.5 s时,Φ最大,此时电动势为0,电流改变方向,选项B、C错误;感应电动势的最大值Em=nBSω=nΦm=4π V,有效值E=Em=2π V,一个周期内线圈产生的热量Q=·T=8π2 J,D正确。

3.BC　本题中导线框的半径旋转切割磁感线时产生大小不变的感应电流,故A项错误;两导线框产生的感应电流的周期与线框转动周期相同,B项正确;在t=时,两导线框切割磁感线的导线长度相同,且切割速度大小相等,故产生的感应电动势相等,均为E=BR2ω,C项正确;两导线框中感应电流随时间变化的图像如图所示,故两导线框中感应电流的有效值不相等,D项错误。

4.D　发电机输出电压峰值是2Ne0,A、B错误;有效值是·2Ne0=Ne0,C错误,D正确。

5.AC　线框abcd绕垂直于磁场方向的轴匀速转动,产生的感应电动势的最大值是Em=BSω,有效值E==BSω,选项A正确,B错误;线框平面与磁场方向平行时,此时线框处于与中性面垂直位置,故产生的感应电动势最大,流经线框的电流最大,选项C正确,D错误。

6.D　根据交变电流有效值的定义及焦耳定律可得,Q方=·+·=T,Q正=T=·T,故=,选项D正确。

三年模拟练

1.A　从线圈平面转到中性面时开始计时,当t=T时,由e=Em sin ωt得Emsin =2 V,可得Em=4 V,因此交变电压的有效值为E== V=2 V,选项A正确。

2.D　由图可知T=0.02 s,线圈转动的角速度为ω== rad/s=314 rad/s,选项A错误;如果线圈转速提高一倍,则感应电动势提高一倍,电流提高一倍,选项B错误;交变电压的最大值为Em=200 V,所以有效值E==100 V,则电热丝两端的电压为U=R=×9 V=90 V,消耗的功率为P== W=1 800 W,选项C错误,D正确。

3.D　由题图乙可知,该电压的周期为T=0.02 s,故频率为f==50 Hz,选项A错误;由题图乙可知,前半个周期内的最大电压Um=100 V,后半个周期电压为零,根据有效值定义可得·=T,得电压有效值为U=50 V,选项B错误;电容器两端的瞬时电压不能超过其标称电压,选项C错误;1 min内电阻R产生的热量为Q=t=×60 J=1.5×104 J,选项D正确。

4.AB　由右手定则可知,图示时刻交变电流方向为ADCBA,选项A正确;感应电动势的有效值E=I(R+r)=1×(9.0+1.0) V=10 V,感应电动势的峰值Em=E=10 V,又知感应电动势峰值Em=NBSω,则通过线圈磁通量的最大值为Φm=BS==,代入数据解得Φm=×10-3 Wb,选项B正确;线圈做匀速圆周运动的角速度ω=2πn=20π rad/s,从图示位置开始计时,感应电动势的瞬时值表达式e=Em·cos ωt=10 cos 20πt(V),则t= s时,感应电动势瞬时值e=10 V,此时磁通量的变化率为= Wb/s,选项C错误;t= s时外接电阻R所消耗的电功率P=I2R=R=×9 W=9 W,选项D错误。

5.答案　(1)e=40 sin 5πt(V)　38 V　(2)6 080 J　(3)160 N

解析　(1)由题图丙可知vm=2 m/s,T=0.4 s

感应电动势的最大值Em=nBLvm=nB·2πr·vm=40 V

ω==5π rad/s

则感应电动势的瞬时值表达式e=40 sin 5πt(V)

感应电动势的有效值E== V=40 V

电流的有效值I== A=4 A

电压表的示数U=IR2=4×9.5 V=38 V

(2)根据焦耳定律可得Q=I2R2t=42×9.5×40 J=6 080 J

(3)t=0.1 s时e=Em=40 V

电流i=Im== A=4 A

此时线圈的速度最大,而加速度为零,则有

F=F安=nBIm·2πr=100××4×2π×0.1 N=160 N