2019年高考物理一輪復習 第十一章 交變電流 傳感器 課時分層作業(yè) 三十一 11.1 交變電流的產生和描述.doc

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2019年高考物理一輪復習 第十一章 交變電流 傳感器 課時分層作業(yè) 三十一 11.1 交變電流的產生和描述 【基礎達標題組】 一、選擇題(本題共9小題,每小題7分,共63分。1～5題為單選題,6～9題為多選題) 1.勻強磁場中有一長方形閉合導線框,分別以相同的角速度繞圖a、b、c、d所示的固定轉軸旋轉,用Ia、Ib、Ic、Id表示四種情況下線框中電流的有效值,則 (　　) A.Ia>Id　 B.Ia>Ib　 C.Ib>Ic　 D.Ic=Id 【解析】選D。由題意可知,無論轉軸在中心,還是在一邊,還是在其他位置,轉動切割磁感線的線框面積不變,根據Em=nBSω,知線框感應電動勢的最大值是相同的,因此四種情況下,線框產生感應電動勢的瞬時表達式相同,即為e=Emsinωt,由閉合電路歐姆定律可知,感應電流瞬時表達式也相同,即為i=Imsinωt,則感應電流的最大值Im、感應電流的有效值均相同,故D項正確,A、B、C項錯誤。 2.(xx巢湖模擬)如圖所示,直線OO′的左側有垂直紙面向里的勻強磁場B1,右側有垂直紙面向里的勻強磁場B2,且B1>B2,一總阻值為R的導線框ABCD以OO′為軸做角速度為ω的勻速轉動,導線框的AB邊長為l1,BC邊長為l2。以圖示位置作為計時起點,規(guī)定導線框內電流沿A→B→C→D→A流動時為電流的正方向。則下列圖象中能表示線框中感應電流隨時間變化的是 (　　) 【解析】選A?；芈分械母袘妱觿轂閑=e1+e2=B1l2ωsinωt+B2l2ωsinωt=sinωt,則電流為i=sinωt,故A項正確,B、C、D項錯誤。 3.(xx蘭州模擬)長為a、寬為b的矩形線框有n匝,每匝線圈電阻為R,如圖所示,對稱軸MN的左側處在磁感應強度為B的勻強磁場中,第一次將線框從磁場中以速度v勻速拉出;第二次讓線框以ω=的角速度轉過90角。那么 (　　) A.通過導線橫截面的電量q1∶q2=1∶n B.通過導線橫截面的電量q1∶q2=1∶2 C.線框發(fā)熱功率P1∶P2=2n∶1 D.線框發(fā)熱功率P1∶P2=2∶1 【解析】選D。根據法拉第電磁感應定律,得出感應電動勢E=n,結合閉合電路歐姆定律I=與電量表達式q=It,即可解得電量q=,雖然兩次的運動方式不同,但它們的磁通量的變化量相同,因此它們的電量之比為1∶1,故A、B項錯誤;瞬時感應電動勢E=BLv,則感應電流的大小之比即為感應電動勢大小之比,E1=nBav,第二次產生的感應電動勢如圖所示: 最大值E2m=nBaω,有效值E2=,再根據線框的發(fā)熱功率P=,可知線框發(fā)熱功率P1∶P2=2∶1,故C項錯誤,D項正確。 4.三個相同的電阻,分別通過如圖甲、乙、丙所示的交變電流,三個圖中的I0和周期T相同。下列說法中正確的是 (　　) A.在相同時間內三個電阻發(fā)熱量相等 B.在相同時間內,甲、乙發(fā)熱量相等,是丙發(fā)熱量的2倍 C.在相同時間內,甲、丙發(fā)熱量相等,是乙發(fā)熱量的 D.在相同時間內,乙發(fā)熱量最大,甲次之,丙的發(fā)熱量最小 【解析】選C。甲的有效值為:I=,由Q=I2Rt可知一個周期內甲的發(fā)熱量為:Q1=;乙前、后半個周期電流大小相等,故其發(fā)熱量為:Q2=RT;丙只有前半個周期有電流,故其發(fā)熱量為:Q3=RT=;故可知在相同時間內,甲、丙發(fā)熱量相等,是乙發(fā)熱量的,故C項正確。 【加固訓練】 一只電阻分別通過四種不同形式的電流,電流隨時間變化的情況如圖所示,在相同時間內電阻產生熱量最大的是 (　　) 【解析】選D。對于A圖正弦式電流,有效值:I1=Im=A;根據焦耳定律得:Q1=RT1==2RT1;對于B圖正弦式電流,有效值:I2=Im= A,根據焦耳定律得:Q2=RT2=()2RT2=2RT2;對于圖C形式電流,根據焦耳定律得:Q3=RT2=2.25RT2;對于圖D形式電流,根據焦耳定律得:Q4=R+IR=2RT1+2RT1=4RT1,其中T1=2T2;故在相同時間內電阻產生熱量最大的是D。 5.在一小型交流發(fā)電機中,矩形金屬線圈abcd的面積為S,匝數為n,線圈總電阻為r,在磁感應強度為B的勻強磁場中,繞軸以角速度勻速轉動(如圖甲所示),產生的感應電動勢隨時間的變化關系,如圖乙所示,矩形線圈與阻值為R的電阻構成閉合電路,下列說法中正確的是 (　　) A.從t1到t3這段時間內穿過線圈磁通量的變化量為零 B.從t3到t4這段時間通過電阻R的電荷量為 C.t4時刻穿過線圈的磁通量的變化率大小為E0 D.t4時刻電阻R的發(fā)熱功率為 【解析】選B。磁通量由正向BS變?yōu)樨撓駼S,故t1到t3這段時間穿過線圈磁通量的變化量不為零,為ΔΦ=2BS,故A項錯誤;通過電阻的電荷量q=,所以t3到t4這段時間通過電阻R的電荷量q=,又E0=nBSω,故q=,故B項正確;由于磁通量變化率最大時產生的電動勢最大,所以磁通量時間圖象中,在電動勢最大時磁通量時間圖象的斜率最大,即E0=nk,所以k=,故C項錯誤;t4時刻R的發(fā)熱功率P=[]2R=,故D項錯誤。 6.如圖甲所示是一種手搖發(fā)電的手電筒,內部有一固定的線圈和可來回運動的條形磁鐵,其原理圖如圖乙所示,當沿圖中箭頭方向來回搖動手電筒過程中,條形磁鐵在線圈內來回運動,燈泡發(fā)光,在此過程中,下列說法正確的是 (　　) A.增加搖動頻率,燈泡變亮 B.線圈對磁鐵的作用力方向不變 C.磁鐵從線圈一端進入與從該端穿出時,燈泡中電流方向相反 D.磁鐵從線圈一端進入再從另一端穿出過程,燈泡中電流方向不變 【解析】選A、C。當永磁體在線圈中運動時,線圈切割磁感線產生感應電流,故依據電磁感應原理制造的。要使燈泡亮度增大,即電流變大,可以加速切割、增加線圈匝數或更換磁性更強的永磁體,或者增大搖動的頻率,故A項正確;根據楞次定律的推論“來拒去留”可知,線圈對磁鐵的作用力方向發(fā)生變化,故B項錯誤;磁鐵從線圈一端進入與從該端穿出時,穿過線圈的磁通量先增大后減小,根據楞次定律可知燈泡中電流方向相反,故C項正確,D項錯誤。 7.某一交流電的電壓隨時間變化的規(guī)律為:u=100sin100πt(V),將其接在阻值為R=100 Ω的電熱絲兩端,則下列說法正確的是 (　　) A.該交流電壓的周期為0.02 s B.該電熱絲消耗的電功率為200 W C.該交流電每秒內電流方向改變50次 D.用電壓表測該用電器兩端電壓其示數為100 V 【解題指導】解析本題應注意以下兩點: (1)清楚正弦式交變電流的產生過程,注意兩個特殊位置的特點。 (2)區(qū)分交變電流的四個特征值,知道它們的適用情況。 【解析】選A、D。根據交流電的瞬時表達式可知,Em=100 V,ω=100π rad/s,故交流電的周期為T= s=0.02 s,故A項正確;交流電的有效值為E== V=100 V,該電熱絲消耗的電功率為P== W=100 W,故B項錯誤;在一個周期內電流方向改變2次,故1 s內電流改變次數為n=2=100次,故C項錯誤;電壓表測量的為有效值,故示數為100 V,故D項正確。 8.(xx呂梁模擬)一個矩形閉合線圈在勻強磁場中繞垂直于磁感線的軸勻速轉動,線圈中的磁通量隨時間變化的關系如圖所示,線圈的電阻為R,線圈共有n匝,則下列說法正確的是 (　　) A.t=時刻,線圈中的感應電動勢為零 B.t=時刻,磁通量的變化率為= C.線圈中感應電動勢的瞬時表達式為e=sint D.將磁通量的變化周期變?yōu)?則線圈中電流的功率增大為原來的4倍 【解析】選B、D。t=時刻,線圈中磁通量的變化率最大,線圈中的感應電動勢最大,故A項錯誤;由題目結合圖象可知,t=時刻,線圈中感應電動勢的最大值Em=nBSω=nΦ0=n,解得:=,故B項正確;線圈中感應電動勢的瞬時表達式e=Emcost=cost,故C項錯誤;將磁通量的變化周期改變?yōu)?則電動勢的最大值、有效值均變?yōu)樵瓉淼?倍,由線圈中電流的功率P=可知,電流的功率增大為原來的4倍,故D項正確。 【加固訓練】 (多選)(xx龍巖模擬)如圖所示,矩形線圈面積為S,匝數為N,線圈電阻為r,在磁感應強度為B的勻強磁場中繞OO′軸以角速度ω勻速轉動,外電路電阻為R,當線圈由圖示位置轉過90的過程中,下列判斷正確的是 (　　) A.電壓表的讀數為U= B.磁通量的變化量為Φ=NBS C.電阻R所產生的焦耳熱為Q= D.通過電阻R的電荷量為q= 【解析】選C、D。線圈在磁場中轉動,產生的電動勢的最大值為Em=NBSω,電動勢的有效值為E=,電壓表測量為電路的外電壓,所以電壓表的讀數為U=R=,故A項錯誤;由圖示位置轉過90的過程中,磁通量的變化量 ΔΦ=BS,與匝數無關,故B項錯誤;電阻R產生的熱量Q==,故C項正確;由=N,=,q=Δt得到,電量q=,故D項正確。 9.(xx長春模擬)如圖甲為風力發(fā)電的簡易模型,在風力的作用下,風葉帶動與其固定在一起的永磁體轉動,轉速與風速成正比,某一風速時,線圈中產生的正弦式電流如圖乙所示,則 (　　) A.電流的表達式為i=0.6sin10πt(A) B.磁體的轉速為10 r/s C.風速加倍時電流的表達式為i=1.2sin10πt(A) D.風速加倍時線圈中電流的有效值為0.6 A 【解析】選A、D。通過乙圖可知電流的最大值為0.6 A,周期T=0.2 s,故ω== 10π rad/s,故電流的表達式為i=0.6sin10πt(A),故A項正確;電流的周期為T=0.2 s,故磁體的轉速為n== r/s=5 r/s,故B項錯誤;風速加倍時,角速度加倍,根據Em=nBSω可知產生的感應電動勢加倍,形成的感應電流加倍,故風速加倍時電流的表達式為i=1.2sin20πt(A),故C項錯誤;根據C的分析,形成的感應電流Im=1.2 A,故有效值為I== A=0.6 A,故D項正確。 二、計算題(12分。需寫出規(guī)范的解題步驟) 10.(xx贛州模擬)如圖所示線圈面積為0.05 m2,共100匝,線圈總電阻為r= 1 Ω,外電阻R=9 Ω,線圈處于B= T的勻強磁場中。當線圈繞OO′以轉速n= 300 r/min勻速轉動時,從線圈處于圖示位置開始計時,求: (1)寫出電動勢的瞬時表達式。 (2)線圈轉過60時兩交流電表的示數U和I。 (3)線圈轉過 s的過程中,通過電阻的電荷量q。 (4)線圈勻速轉一圈回路產生的總熱量Q。 【解析】(1)線圈的角速度 ω=2πn=10π rad/s 感應電動勢的最大值Em=NBSω=100 V 則從線圈處于中性面開始計時,電動勢的瞬時值表達式為 e=Emsinωt=100sin10πt(V) (2)電路中電流的有效值I= E=Em 解得:I=5 A 即電流表讀數為5 A 電壓表讀數為U=IR=45 V (3)線圈轉過的角度為θ=ωt=π,在轉動的過程中,通過電阻的電荷量 q== C (4)線圈勻速轉一圈回路產生的總熱量 Q=I2(R+r)T=I2(R+r)=100 J 答案:(1)e=100sin10πt(V) (2)45 V　5 A　(3) C　(4)100 J 【加固訓練】 如圖所示,一個半徑為r的半圓形線圈,以直徑ab為軸勻速轉動,轉速為n,ab的左側有垂直于紙面向里(與ab垂直)的勻強磁場,磁感應強度為B。M和N是兩個集流環(huán),負載電阻為R,線圈、電流表和連接導線的電阻不計,求: (1)感應電動勢的最大值。 (2)從圖示位置起轉過轉的時間內,負載電阻R上產生的熱量。 (3)從圖示位置起轉過轉的時間內,通過負載電阻R的電荷量。 (4)電流表的示數。 【解析】(1)線圈繞軸勻速轉動時,在電路中產生如圖所示的交變電流: 此交變電動勢的最大值為 Em=BSω=B2πn=π2Bnr2。 (2)在線圈從圖示位置轉過轉的時間內,電動勢的有效值為E== 電阻R上產生的熱量為 Q=R=。 (3)在線圈從圖示位置轉過轉的時間內,電動勢的平均值為= 通過R的電荷量 q=Δt=Δt==。 (4)設此交變電動勢在一個周期內的有效值為E′,由有效值的定義得=T, 解得E′= 故電流表的示數為I==。 答案:(1)π2Bnr2　(2)　(3) (4) 【能力拔高題組】 1.(8分)(xx武漢模擬)在如圖甲所示的電路中,電阻R2=6R1,D1、D2為理想二極管,當輸入如圖乙所示的正弦交流電時,電壓表的示數為 (　　) A.U0　　B.U0　　C.U0　　D.U0 【解析】選C。由題意可知,0～時間內兩電阻串聯(lián),則電路總電阻R=R1+R2,根據歐姆定律得出電壓表讀數U1=R1=,～T時間內電壓反向,回路中只有電阻R1,則電路總電阻R′=R1,根據歐姆定律得出電壓表讀數U2==U0,根據交流 電的有效值定義得+=T,解得U=U0。 2.(17分)圖1是交流發(fā)電機模型示意圖。在磁感應強度為B的勻強磁場中,有一矩形線圈abcd可繞線圈平面內垂直于磁感線的軸OO′轉動,由線圈引出的導線ae和df分別與兩個跟線圈一起繞OO′轉動的金屬圓環(huán)相連接,金屬圓環(huán)又分別與兩個固定的電刷保持滑動接觸,這樣矩形線圈在轉動中就可以保持和外電路電阻R形成閉合電路。圖2是線圈的主視圖,導線ab和cd分別用它們的橫截面來表示。已知ab長度為L1,bc長度為L2,線圈以恒定角速度ω逆時針轉動。(只考慮單匝線圈) (1)線圈平面處于中性面位置時開始計時,試推導t時刻整個線圈中的感應電動勢e1的表達式。 (2)線圈平面處于與中性面成φ0夾角位置時開始計時,如圖3所示,試寫出t時刻整個線圈中的感應電動勢e2的表達式。 (3)若線圈電阻為r,求從中性面開始的內通過電阻的電量q的大小。(其他電阻均不計) (4)若線圈電阻為r,求線圈每轉動一周外力需做的功。(其他電阻均不計) 【解析】(1)矩形線圈abcd轉動過程中,只有ab和cd切割磁感線,設ab和cd的轉動速度為v,則 v=ω 在t時刻,導線ab和cd因切割磁感線而產生的感應電動勢均為E1=BL1vy 由圖可知vy=vsinωt 則整個線圈的感應電動勢為 e1=2E1=BL1L2ωsinωt (2)若從轉過中性面φ0開始計時,則相當于,t=0時 e=BL1L2ωsin(φ0) 故線圈經過圖示位置時開始計時,則交變電流的瞬時值表達式 e2=BL1L2ωsin(ωt+φ0) (3)在從中性面開始的四分之一的周期內由 q=Δt = = ΔΦ=Φ2-Φ1=0-BL1L2 解得:q= (4)由閉合電路歐姆定律可知I= E== 則線圈轉動一周回路產生的焦耳熱為 Q=I2(R+r)T 其中T= 于是Q= 根據能量守恒定律可得外力需做的功 W=Q= 答案:(1)e1=BL1L2ωsinωt (2)e2=BL1L2ωsin(ωt+φ0) (3)　(4)