【红对勾】2012高考物理-交变电流的产生及描述课时作业.doc

第十章　交变电流　传感器 课时作业30　交变电流的产生及描述
时间：45分钟　　满分：100分
一、选择题(8×8′＝64′)
1．下图中不属于交变电流的是(　　)
解析：根据交变电流的定义，大小和方向都随时间做周期性变化的电流是交变电流，A、B、C图中电流的大小、方向均随时间做周期性变化，是交变电流，D图中电流的方向不变，为直流电．

答案：D

图1
2．(2011·广东高考)图1是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的(　　)
A．周期是0.01s
B．最大值是311V
C．有效值是220V
D．表达式为u＝
220sin100πt(V)
解析：由波形图可知：周期T＝0.02 s，电压最大值Um＝311 V，所以有效值U＝＝220 V，表达式为u＝Umsint(V)＝311sin100πt(V)，故选项B、C正确，A、D错误．
答案：BC
3．如下图中各图面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e＝BSωsinωt的图是(　　)

解析：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动，产生的正弦交变电动势为e＝BSωsinωt，由这一原则判断，A图和C图中感应电动势均为e＝BSωsinωt；B图中的转动轴不在线圈所在平面内；D图转动轴与磁场方向平行，而不是垂直．
答案：AC

图2
4．如图2所示，矩形线框置于竖直向下的磁场中，通过导线与灵敏电流表相连，线框在磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，图中线框平面处于竖直面内，下述说法正确的是(　　)
A．因为线框中产生的是交变电流，所以电流表示数始终为零
B．线框通过图中位置瞬间，穿过线框的磁通量最大
C．线框通过图中位置瞬间，通过电流表的电流瞬时值最大
D．若使线框转动的角速度增大一倍，那么通过电流表电流的有效值也增大一倍
解析：本题考查电磁感应现象，基础题．线框在匀强磁场中匀速转动时，在中性面即线框与磁感线垂直时，磁通量最大感应电动势最小，而在题中图示位置线框与磁感应线平行时，磁通量最小感应电动势最大，A、B错C对；电流的有效值I＝，现在其余的量都不变，角速度增大一倍后，电流也增大一倍，D正确．
答案：CD
5．一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动．在转动过程中，线框中的最大磁通量为Φm，最大感应电动势为Em，下列说法中正确的是(　　)
A．当磁通量为零时，感应电动势也为零
B．当磁通量减小时，感应电动势也减小
C．当磁通量等于0.5Φm时，感应电动势等于0.5Em
D．角速度ω等于Em/Φm
解析：根据正弦式电流的产生及其变化规律：当磁通量最大时，感应电动势为零；当磁通量减小时，感应电动势在增大；磁通量减为零时，感应电动势最大．由此可知A、B项错误．设从线框位于中性面开始计时，则有e＝Emsinωt，式中Em＝BSω.因Φm＝BS，故角速度ω＝，D项正确．设e＝0.5Em，则解出ωt＝π/6.此时Φ＝B·Scos＝BS＝Φm，所以C项错．
答案：D

图3
6．如图3所示，矩形线圈abcd，面积为S，匝数为N，线圈电阻为R，在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度ω匀速转动，(P1以ab边为轴，P2以ad边中点为轴)当线圈平面从与磁场方向平行开始计时，线圈转过90°的过程中，绕P1及P2轴转动产生的交流电的电流大小，电荷量及焦耳热分别为I1，q1，Q1及I2，q2，Q2，则下面判断正确的是(　　)
A．线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同，都是a→b→c→d
B．q1>q2＝NBS/2R
C．I1＝I2＝(NBωS)/R
D．Q1中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度B＝1 T，若线圈从图示位置开始，以角速度ω＝2 rad/s绕OO′轴匀速转动，则以下判断中正确的是(　　)
A．在t＝时刻，磁场穿过线圈的磁通量为零，但此时磁通量随时间变化最快
B．闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e＝0.8 sin2t V
C．从t＝0时刻到t＝时刻，电阻R上产生的热量为Q＝3.2π×10－4 J
D．从t＝0时刻到t＝时刻，通过R的电荷量q＝0.02 C
解析：线圈在磁场中转动，Em＝nBSω＝0.4 V，B错．当线圈平面与磁场平行时磁通量变化最快，A正确．QR＝I2Rt
＝2Rt＝1.6π×10－3 J，C错．q＝n＝
0．02 C，D正确．
答案：AD

图5
8．如图5所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是(　　)
A．线圈先后两次转速之比为3∶2
B．两种情况在0.3 s内通过线圈的磁通量之比为1∶1
C．两种情况在相等时间内产生的焦耳热之比Qa∶Qb＝3∶2
D．两种情况在相等时间内产生的焦耳热之比Qa∶Qb＝9∶4
解析：两种情况Ta∶Tb＝2∶3，fa∶fb＝3∶2，线圈先后两次转速之比为3∶2，选项A正确．两种情况下在0.3 s内磁通量的变化量不同，选项B错误．交流电的最大值Em＝NBSω，电动势最大值之比为3∶2.Q＝t，两种情况在相等时间内产生的焦耳热之比Qa∶Qb＝9∶4，选项D正确．
答案：AD
二、计算题(3×12′＝36′)
9．用均匀导线弯成正方形闭合线框abcd，线框每边长10 cm，每边的电阻值为0.1 Ω.把线框放在磁感应强度为B＝0.1 T的匀强磁场中，并使它绕轴O1O2以ω＝100 rad/s的角速度旋转，旋转方向如图6所示(沿O2O1由O2向O1看为顺时针方向)．已知O1、O2两点分别在ad和bc上，轴O1O2在线框平面内，并且垂直于B，O1d＝3O1a，O2c＝3O2b.

图6
(1)当线框平面转至和B平行的瞬时(如图6所示位置)
①每个边产生的感应电动势的大小各是多少？
②线框内感应电流的大小是多少？方向如何？
(2)求线框由图所示位置旋转的过程中产生的平均电动势的大小；
(3)线框旋转一周内产生的热量为多少？
解析：(1)①令L表示正方形线框的边长，R表示其每边的电阻值，则L＝0.1 m，R＝0.1 Ω，设此时cd段感应电动势的大小为E1，ab段感应电动势的大小为E2，则
E1＝BLv1＝3BL2ω/4＝0.075 V
E2＝BLv2＝BL2ω/4＝0.025 V
da段和bc段不切割磁感线，所以它们的电动势都是零
②线框中的感应电动势E＝E1＋E2＝0.1 V线框中的感应电流为I＝E/(4R)＝0.25 A
根据楞次定律或右手定则，可判断电流方向沿dcbad
(2)根据法拉第电磁感应定律，线框由图所示位置旋转的过程中产生的平均电动势的大小，E＝＝＝＝ V＝0.083 V
(3)线框旋转一周产生的热量为Q＝()2R总T＝()24R＝2.5π×10－4 J＝7.85×10－4 J
答案：(1)①Ecd＝0.075 V　Eab＝0.025 V　Eda＝Ebc＝0
②I＝0.25 A　方向沿dcbad　(2)0.083 V　(3)7.85×10－4 J

图7
10．如图7所示，矩形线圈abcd在磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中绕轴OO′以角速度ω＝10π rad/s匀速转动，线圈共10匝，每匝线圈的电阻值为0.5 Ω，ab＝0.3 m，bc＝0.6 m，负载电阻R＝45 Ω.求
(1)电阻R在0.05 s内发出的热量；
(2)电阻R在0.05 s内流过的电荷量(设线圈从垂直中性面开始转动)．
解析：(1)矩形线圈abcd在匀强磁场中旋转产生正弦交变电流，电动势的峰值为Em＝nBSω＝10×2×0.3×0.6×10π＝113.04 V，电流的有效值I＝＝＝1.60 A
Q＝I2Rt＝5.76 J
(2)矩形线圈旋转过程中产生的感应电动势的平均值E＝n＝＝＝＝72 V，电流的平均值I＝＝1.44 A；0.05 s内电路流过的电荷量q＝It＝0.072 C.
答案：(1)5.76 J　(2)0.072 C
11．曾经流行过一种自行车车头灯供电的小型交流发电机，图8甲为其结构示意图．图中N、S是一对固定的磁极，abcd为固定转轴上的矩形线框，转轴过bc边中点，与ab边平行，它的一端有一半径r0＝1.0 cm的摩擦小轮，小轮与自行车车轮的边缘相接触，如图8乙所示．当车轮转动时，因摩擦而带动小轮转动，从而使线框在磁极间转动．设线框由N＝800匝导线圈组成，每匝线圈的面积S＝20 cm2，磁极间的磁场可视作匀强磁场，磁感应强度B＝0.010 T，自行车车轮的半径R1＝35 cm，小齿轮的半径R2＝4.0 cm，大齿轮的半径R3＝10.0 cm.现从静止开始使大齿轮加速转动，问大齿轮的角速度为多大才能使发电机输出电压的有效值U＝3.2 V？(假设摩擦小轮与自行车车轮之间无相对滑动)

图8
解析：当自行车车轮转动时，通过摩擦小轮使发电机的线框在匀强磁场内转动，线框中产生一正弦交流电动势，旋转线框与摩擦小轮角速度相等，而摩擦小轮又与车轮线速度相等(自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动)，车轮又与小齿轮角速度相等，最终小齿轮与大齿轮边缘的线速度相等，由此得解．
答案：旋转线框产生感应电动势的峰值Em＝NBSω0
式中ω0为线框转动的角速度，即摩擦小轮转动的角速度．
发电机两端电压的有效值U＝Em/2
设自行车车轮转动的角速度为ω1，有R1ω1＝r0ω0
小齿轮转动的角速度与自行车车轮转动的角速度相同，均为ω1，设大齿轮转动的角速度为ω，有R3ω＝R2ω1
由以上各式解得ω＝(UR2r0)/(NBSR3R1)
代入数据得ω＝3.2 rad/s.
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