高中物理第五章习题课三交变电流的产生和描述练习含解析新人教版选修3210301105习题课三交变电流的产生和描述1.(2018·安徽巢湖期中)处在匀强磁场中的矩形线圈abcd,以恒定的角速度绕ab边转动,磁场方向平行于纸面并与ab边垂直,在t=0时刻,线圈平面与纸面重合(如图所示),线圈的cd边离开纸面向外运动,若规定由a→b→c→d→a方向的感应电流为正,则能反映线圈中感应电流I 随时间t变化的图象是( C )解析:线圈在磁场中绕和磁场方向垂直的轴匀速转动时可以产生按正弦规律变化的交变电流,对于图示起始时刻,线圈的cd边离开纸面向纸外运动,速度方向和磁场方向垂直,产生的电动势的瞬时值最大;用右手定则判断出电流方向为逆时针方向,与规定的正方向相同,所以C对.2.(2019·广西玉林检测)在匀强磁场中,一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动,如图(甲)所示,产生的交变电动势的图象如图(乙)所示,则( B )A.t=0.005 s时线框的磁通量变化率为零B.t=0.01 s时线框平面与中性面重合C.线框产生的交变电动势有效值为311 VD.线框产生的交变电动势频率为100 Hz解析:由题图(乙)可知该正弦交变电动势的电压最大值为311 V,周期等于0.02 s,因此,根据正弦交变电动势的最大值与有效值之间的关系式U=得知选项C错误;又f=,则频率f=50 Hz,选项D错误;当t=0.005 s时,e=n=311 V,取得最大值,穿过线圈的磁通量变化率最大,选项A错误;当t=0.01 s时,电压及电流方向发生改变,电压值最小等于零,线框平面与中性面重合,选项B正确.3.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( D )A.5 AB.5 AC.10 AD.2.5 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倍这一规律,将此交变电流分为前后两部分正弦式交流,可直接得到这两部分正弦式交变电流的有效值,分别为I1=2.5 A 和I2=7.5 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=R×0.01 J+R×0.01 J,再利用有效值的定义得Q=I2R×0.02 J,解得I=2.5 A.故选项D正确. 4.(2019·广东中山检测)如图所示为某一线圈交流电的电流—时间关系图象(前半个周期为正弦波形的),则一个周期内该电流的有效值为( B )A.I0B.I0C.I0D.I0解析:设电流的有效值为I,由I2RT=()2R·+(2I0)2R·,解得I=I0,故B正确.5.(2018·广西百色期中)在如图(甲)所示的电路中,电阻R的阻值为50 Ω,在ab间加上图(乙)所示的正弦交流电,则下面说法中不正确的是( C )A.交流电压的有效值为100 VB.电流表示数为2 AC.产生该交流电的线圈在磁场中转动的角速度为 3.14 rad/sD.在1 min内电阻R上产生的热量为1.2×104 J解析:从题图(乙)中可以看出,交流电压的峰值为 100 V,所以有效值U=100 V,A项正确;通过电阻的电流I==2 A,B项正确;交流电的周期为T=0.02 s,故角速度ω==100π rad/s,C项错误;根据Q=t得Q=1.2×104 J,D项正确.6.如图所示,在水平匀强磁场中一矩形闭合线圈绕OO′轴匀速转动,若要使线圈中的电流峰值减半,不可行的方法是( B )A.只将线圈的转速减半B.只将线圈的匝数减半C.只将匀强磁场的磁感应强度减半D.只将线圈的边长减半解析:由I m=,E m=NBSω,ω=2πn,得I m=,故A,C可行;电阻R与匝数有关,当匝数减半时电阻R也随之减半,则I m不变,故B不可行;当边长减半时,面积S减为原来的,而电阻减为原来的,故D可行.7.(2019·江苏南京检测)一个面积为S的单匝矩形线圈,在匀强磁场中以一条边为转轴做匀速转动,磁场方向与转轴垂直,线圈中感应电动势e与时间t的关系如图所示,感应电动势的峰值和周期可由图中读出,求(1)磁场的磁感应强度为多少?(2)在时刻t=时,线圈平面与磁感应强度的夹角等于多少?解析:(1)从题图中可以读出感应电动势的峰值E m和周期T,已知线圈的面积为S.转动轴与磁场方向垂直,线圈面与磁场方向平行,感应电动势达到峰值为E m=BSω,式中角速度ω=,所以磁场的磁感应强度为B==.(2)由题图可知,开始计时的时刻感应电动势最大,线圈中感应电动势随时间变化的表达式应为e=E m sin(ωt+)=E m cos ωt,当t=时,ωt= ()×==30°.答案:(1)(2)30°8.(2019·辽宁抚顺检测)(多选)如图所示,实验室中有一台手摇交流发电机,内阻r=1.0 Ω,外接R=9.0 Ω的电阻.闭合开关S,当发电机转子以某一转速匀速转动时,产生的电动势e=10sin(10πt)V,则( CD )A.该交变电流的频率为10 HzB.该电动势的有效值为10 VC.外接电阻R所消耗的电功率为9 WD.电路中理想交流电流表A的示数为1.0 A解析:由产生的电动势可知,该交变电流的频率为5 Hz,选项A错误;该电动势的有效值为E=10V,选项B错误;电路中交流电流表的示数为电流的有效值,为I==1.0 A,选项D正确;外接电阻R所消耗的电功率为P=I2R=9 W,选项C正确.9.一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图(甲)所示.已知发电机线圈内阻为5.0 Ω,外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡,如图(乙)所示,则( D )A.电压表的示数为220 VB.电路中的电流方向每秒钟改变50次C.灯泡实际消耗的功率为484 WD.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J解析:电压表示数为灯泡两端电压的有效值,由题图知电动势的最大值E m=220 V,有效值E=220 V,灯泡两端电压U==209 V,A错;由题图(甲)知T=0.02 s,一个周期内电流方向变化两次,可知1 s内电流方向变化100次,B错;灯泡的实际功率P== W=459.8 W,C错;电流的有效值I==2.2 A,发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q r=I2rt=2.22×5×1J=24.2 J,D对.10.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=B0cos t,从图示位置开始计时,则( A )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T/4时间,通过两线圈横截面的电荷量不同解析:(甲)图中的磁通量变化规律为Φ甲=B0Scos t,(乙)图中磁通量的变化规律为Φ乙=B0Scos t.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=t也相同,经过时间,通过两线圈横截面的电荷量q=·也相同,故A正确.11.(2018·浙江嘉兴期中)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=nB m S cos t,其中B m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:(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～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E m=nB m Sω=nB m S·=100×1×10-2×0.040× V=8 V.(2)根据欧姆定律,电路中电流的最大值为I m==0.80 A通过小灯泡电流的有效值为I==0.4 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～周期内,线圈中感应电动势的平均值=nS通过灯泡的平均电流==,通过灯泡的电荷量Q=Δt== 4.0×10-3 C.答案:(1)8 V (2)2.88 W (3)4.0×10-3 C12.一个电阻为r、边长为L的正方形线圈abcd共N匝,线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO′以如图所示的角速度ω匀速转动,外电路电阻为R.(1)判断此时刻线圈感应电流的方向.(2)线圈平面与磁感线夹角为60°时的感应电动势为多大?(3)设发电机由柴油机带动,其他能量损失不计,线圈转一周柴油机做多少功?(4)图中电流表和电压表的示数各是多少?解析:(1)由右手定则可判定电流的方向沿adcba.(2)线圈转动过程中感应电动势的最大值为E m=NBSω=NBωL2,感应电动势的瞬时表达式为e=E m cos ωt,线圈平面与B成60°角时的瞬时感应电动势为e=E m cos 60°=NBωL2.(3)电动势的有效值E=.电流的有效值I=,由于不计能量损失,柴油机做的功全部转化为电能,线圈转一周,柴油机做的功W=EIt=t=·=.(4)电流表示数I=,得出I=,电压表示数U=IR,得出U=.答案:(1)电流的方向沿adcba (2)NBωL2(3)(4)。