2019年高考物理一轮复习 第十一章 交变电流 传感器 课时分层作业 三十一 11.1 交变电流的产生和描述.doc

2019年高考物理一轮复习 第十一章 交变电流 传感器 课时分层作业 三十一 11.1 交变电流的产生和描述【基础达标题组】一、选择题(本题共9小题,每小题7分,共63分。15题为单选题,69题为多选题)1.匀强磁场中有一长方形闭合导线框,分别以相同的角速度绕图a、b、c、d所示的固定转轴旋转,用Ia、Ib、Ic、Id表示四种情况下线框中电流的有效值,则()A.IaId B.IaIb C.IbIc D.Ic=Id【解析】选D。由题意可知,无论转轴在中心,还是在一边,还是在其他位置,转动切割磁感线的线框面积不变,根据Em=nBS,知线框感应电动势的最大值是相同的,因此四种情况下,线框产生感应电动势的瞬时表达式相同,即为e=Emsint,由闭合电路欧姆定律可知,感应电流瞬时表达式也相同,即为i=Imsint,则感应电流的最大值Im、感应电流的有效值均相同,故D项正确,A、B、C项错误。2.(xx巢湖模拟)如图所示,直线OO的左侧有垂直纸面向里的匀强磁场B1,右侧有垂直纸面向里的匀强磁场B2,且B1B2,一总阻值为R的导线框ABCD以OO为轴做角速度为的匀速转动,导线框的AB边长为l1,BC边长为l2。以图示位置作为计时起点,规定导线框内电流沿ABCDA流动时为电流的正方向。则下列图象中能表示线框中感应电流随时间变化的是()【解析】选A。回路中的感应电动势为e=e1+e2=B1l2sint+B2l2sint=sint,则电流为i=sint,故A项正确,B、C、D项错误。3.(xx兰州模拟)长为a、宽为b的矩形线框有n匝,每匝线圈电阻为R,如图所示,对称轴MN的左侧处在磁感应强度为B的匀强磁场中,第一次将线框从磁场中以速度v匀速拉出;第二次让线框以=的角速度转过90角。那么 ()A.通过导线横截面的电量q1q2=1nB.通过导线横截面的电量q1q2=12C.线框发热功率P1P2=2n1D.线框发热功率P1P2=21【解析】选D。根据法拉第电磁感应定律,得出感应电动势E=n,结合闭合电路欧姆定律I=与电量表达式q=It,即可解得电量q=,虽然两次的运动方式不同,但它们的磁通量的变化量相同,因此它们的电量之比为11,故A、B项错误;瞬时感应电动势E=BLv,则感应电流的大小之比即为感应电动势大小之比,E1=nBav,第二次产生的感应电动势如图所示:最大值E2m=nBa,有效值E2=,再根据线框的发热功率P=,可知线框发热功率P1P2=21,故C项错误,D项正确。4.三个相同的电阻,分别通过如图甲、乙、丙所示的交变电流,三个图中的I0和周期T相同。下列说法中正确的是()A.在相同时间内三个电阻发热量相等B.在相同时间内,甲、乙发热量相等,是丙发热量的2倍C.在相同时间内,甲、丙发热量相等,是乙发热量的D.在相同时间内,乙发热量最大,甲次之,丙的发热量最小【解析】选C。甲的有效值为:I=,由Q=I2Rt可知一个周期内甲的发热量为:Q1=;乙前、后半个周期电流大小相等,故其发热量为:Q2=RT;丙只有前半个周期有电流,故其发热量为:Q3=RT=;故可知在相同时间内,甲、丙发热量相等,是乙发热量的,故C项正确。【加固训练】一只电阻分别通过四种不同形式的电流,电流随时间变化的情况如图所示,在相同时间内电阻产生热量最大的是()【解析】选D。对于A图正弦式电流,有效值:I1=Im=A;根据焦耳定律得:Q1=RT1=2RT1;对于B图正弦式电流,有效值:I2=Im= A,根据焦耳定律得:Q2=RT2=()2RT2=2RT2;对于图C形式电流,根据焦耳定律得:Q3=RT2=2.25RT2;对于图D形式电流,根据焦耳定律得:Q4=R+IR=2RT1+2RT1=4RT1,其中T1=2T2;故在相同时间内电阻产生热量最大的是D。5.在一小型交流发电机中,矩形金属线圈abcd的面积为S,匝数为n,线圈总电阻为r,在磁感应强度为B的匀强磁场中,绕轴以角速度匀速转动(如图甲所示),产生的感应电动势随时间的变化关系,如图乙所示,矩形线圈与阻值为R的电阻构成闭合电路,下列说法中正确的是()A.从t1到t3这段时间内穿过线圈磁通量的变化量为零B.从t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量为C.t4时刻穿过线圈的磁通量的变化率大小为E0D.t4时刻电阻R的发热功率为【解析】选B。磁通量由正向BS变为负向BS,故t1到t3这段时间穿过线圈磁通量的变化量不为零,为=2BS,故A项错误;通过电阻的电荷量q=,所以t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量q=,又E0=nBS,故q=,故B项正确;由于磁通量变化率最大时产生的电动势最大,所以磁通量时间图象中,在电动势最大时磁通量时间图象的斜率最大,即E0=nk,所以k=,故C项错误;t4时刻R的发热功率P=2R=,故D项错误。6.如图甲所示是一种手摇发电的手电筒,内部有一固定的线圈和可来回运动的条形磁铁,其原理图如图乙所示,当沿图中箭头方向来回摇动手电筒过程中,条形磁铁在线圈内来回运动,灯泡发光,在此过程中,下列说法正确的是()A.增加摇动频率,灯泡变亮B.线圈对磁铁的作用力方向不变C.磁铁从线圈一端进入与从该端穿出时,灯泡中电流方向相反D.磁铁从线圈一端进入再从另一端穿出过程,灯泡中电流方向不变【解析】选A、C。当永磁体在线圈中运动时,线圈切割磁感线产生感应电流,故依据电磁感应原理制造的。要使灯泡亮度增大,即电流变大,可以加速切割、增加线圈匝数或更换磁性更强的永磁体,或者增大摇动的频率,故A项正确;根据楞次定律的推论“来拒去留”可知,线圈对磁铁的作用力方向发生变化,故B项错误;磁铁从线圈一端进入与从该端穿出时,穿过线圈的磁通量先增大后减小,根据楞次定律可知灯泡中电流方向相反,故C项正确,D项错误。7.某一交流电的电压随时间变化的规律为:u=100sin100t(V),将其接在阻值为R=100 的电热丝两端,则下列说法正确的是()A.该交流电压的周期为0.02 sB.该电热丝消耗的电功率为200 WC.该交流电每秒内电流方向改变50次D.用电压表测该用电器两端电压其示数为100 V【解题指导】解析本题应注意以下两点:(1)清楚正弦式交变电流的产生过程,注意两个特殊位置的特点。(2)区分交变电流的四个特征值,知道它们的适用情况。【解析】选A、D。根据交流电的瞬时表达式可知,Em=100 V,=100 rad/s,故交流电的周期为T= s=0.02 s,故A项正确;交流电的有效值为E= V=100 V,该电热丝消耗的电功率为P= W=100 W,故B项错误;在一个周期内电流方向改变2次,故1 s内电流改变次数为n=2=100次,故C项错误;电压表测量的为有效值,故示数为100 V,故D项正确。8.(xx吕梁模拟)一个矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动,线圈中的磁通量随时间变化的关系如图所示,线圈的电阻为R,线圈共有n匝,则下列说法正确的是()A.t=时刻,线圈中的感应电动势为零B.t=时刻,磁通量的变化率为=C.线圈中感应电动势的瞬时表达式为e=sintD.将磁通量的变化周期变为,则线圈中电流的功率增大为原来的4倍【解析】选B、D。t=时刻,线圈中磁通量的变化率最大,线圈中的感应电动势最大,故A项错误;由题目结合图象可知,t=时刻,线圈中感应电动势的最大值Em=nBS=n0=n,解得:=,故B项正确;线圈中感应电动势的瞬时表达式e=Emcost=cost,故C项错误;将磁通量的变化周期改变为,则电动势的最大值、有效值均变为原来的2倍,由线圈中电流的功率P=可知,电流的功率增大为原来的4倍,故D项正确。【加固训练】(多选)(xx龙岩模拟)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轴以角速度匀速转动,外电路电阻为R,当线圈由图示位置转过90的过程中,下列判断正确的是()A.电压表的读数为U=B.磁通量的变化量为=NBSC.电阻R所产生的焦耳热为Q=D.通过电阻R的电荷量为q=【解析】选C、D。线圈在磁场中转动,产生的电动势的最大值为Em=NBS,电动势的有效值为E=,电压表测量为电路的外电压,所以电压表的读数为U=R=,故A项错误;由图示位置转过90的过程中,磁通量的变化量=BS,与匝数无关,故B项错误;电阻R产生的热量Q=,故C项正确;由=N,=,q=t得到,电量q=,故D项正确。9.(xx长春模拟)如图甲为风力发电的简易模型,在风力的作用下,风叶带动与其固定在一起的永磁体转动,转速与风速成正比,某一风速时,线圈中产生的正弦式电流如图乙所示,则()A.电流的表达式为i=0.6sin10t(A)B.磁体的转速为10 r/sC.风速加倍时电流的表达式为i=1.2sin10t(A)D.风速加倍时线圈中电流的有效值为0.6 A【解析】选A、D。通过乙图可知电流的最大值为0.6 A,周期T=0.2 s,故= 10 rad/s,故电流的表达式为i=0.6sin10t(A),故A项正确;电流的周期为T=0.2 s,故磁体的转速为n= r/s=5 r/s,故B项错误;风速加倍时,角速度加倍,根据Em=nBS可知产生的感应电动势加倍,形成的感应电流加倍,故风速加倍时电流的表达式为i=1.2sin20t(A),故C项错误;根据C的分析,形成的感应电流Im=1.2 A,故有效值为I= A=0.6 A,故D项正确。二、计算题(12分。需写出规范的解题步骤)10.(xx赣州模拟)如图所示线圈面积为0.05 m2,共100匝,线圈总电阻为r=1 ,外电阻R=9 ,线圈处于B= T的匀强磁场中。当线圈绕OO以转速n=300 r/min匀速转动时,从线圈处于图示位置开始计时,求:(1)写出电动势的瞬时表达式。(2)线圈转过60时两交流电表的示数U和I。(3)线圈转过 s的过程中,通过电阻的电荷量q。(4)线圈匀速转一圈回路产生的总热量Q。【解析】(1)线圈的角速度=2n=10 rad/s感应电动势的最大值Em=NBS=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=Emsint=100sin10t(V)(2)电路中电流的有效值I=E=Em解得:I=5 A即电流表读数为5 A电压表读数为U=IR=45 V(3)线圈转过的角度为=t=,在转动的过程中,通过电阻的电荷量q= C(4)线圈匀速转一圈回路产生的总热量Q=I2(R+r)T=I2(R+r)=100 J答案:(1)e=100sin10t(V)(2)45 V5 A(3) C(4)100 J【加固训练】如图所示,一个半径为r的半圆形线圈,以直径ab为轴匀速转动,转速为n,ab的左侧有垂直于纸面向里(与ab垂直)的匀强磁场,磁感应强度为B。M和N是两个集流环,负载电阻为R,线圈、电流表和连接导线的电阻不计,求:(1)感应电动势的最大值。(2)从图示位置起转过转的时间内,负载电阻R上产生的热量。(3)从图示位置起转过转的时间内,通过负载电阻R的电荷量。(4)电流表的示数。【解析】(1)线圈绕轴匀速转动时,在电路中产生如图所示的交变电流:此交变电动势的最大值为Em=BS=B2n=2Bnr2。(2)在线圈从图示位置转过转的时间内,电动势的有效值为E=电阻R上产生的热量为Q=R=。(3)在线圈从图示位置转过转的时间内,电动势的平均值为=通过R的电荷量q=t=t=。(4)设此交变电动势在一个周期内的有效值为E,由有效值的定义得=T,解得E=故电流表的示数为I=。答案:(1)2Bnr2(2)(3)(4)【能力拔高题组】1.(8分)(xx武汉模拟)在如图甲所示的电路中,电阻R2=6R1,D1、D2为理想二极管,当输入如图乙所示的正弦交流电时,电压表的示数为 ()A.U0B.U0C.U0D.U0【解析】选C。由题意可知,0时间内两电阻串联,则电路总电阻R=R1+R2,根据欧姆定律得出电压表读数U1=R1=,T时间内电压反向,回路中只有电阻R1,则电路总电阻R=R1,根据欧姆定律得出电压表读数U2=U0,根据交流电的有效值定义得+=T,解得U=U0。2.(17分)图1是交流发电机模型示意图。在磁感应强度为B的匀强磁场中,有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO转动,由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO转动的金属圆环相连接,金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触,这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路。图2是线圈的主视图,导线ab和cd分别用它们的横截面来表示。已知ab长度为L1,bc长度为L2,线圈以恒定角速度逆时针转动。(只考虑单匝线圈)(1)线圈平面处于中性面位置时开始计时,试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式。(2)线圈平面处于与中性面成0夹角位置时开始计时,如图3所示,试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式。(3)若线圈电阻为r,求从中性面开始的内通过电阻的电量q的大小。(其他电阻均不计)(4)若线圈电阻为r,求线圈每转动一周外力需做的功。(其他电阻均不计)【解析】(1)矩形线圈abcd转动过程中,只有ab和cd切割磁感线,设ab和cd的转动速度为v,则v=在t时刻,导线ab和cd因切割磁感线而产生的感应电动势均为E1=BL1vy由图可知vy=vsint则整个线圈的感应电动势为e1=2E1=BL1L2sint(2)若从转过中性面0开始计时,则相当于,t=0时e=BL1L2sin(0)故线圈经过图示位置时开始计时,则交变电流的瞬时值表达式e2=BL1L2sin(t+0)(3)在从中性面开始的四分之一的周期内由q=t=2-1=0-BL1L2解得:q=(4)由闭合电路欧姆定律可知I=E=则线圈转动一周回路产生的焦耳热为Q=I2(R+r)T其中T=于是Q=根据能量守恒定律可得外力需做的功W=Q=答案:(1)e1=BL1L2sint(2)e2=BL1L2sin(t+0)(3)(4)