作业(五) 交变电流的产生和描述-2024年高二物理暑假作业（人教版）

[每日格言]量变的积累产生质变,积累要学会利用点滴时间。 高二物理 m和回 亚(五) 月口 星期 交变电流的产生和描述 天气 1考点突破 2.闭合回路中的交变电流在一个周期内的 i一图像如图所示,其中图线的a6段和be 知识点一 交变电流 段均为正弦曲线的四分之一,则该交变电 流的有效值为 1.交变电流的瞬时值表达式 ( ) 线圈平面从中性面开始转动,经过时间为 ./A 2 整个线圈产生的感应电动势e一2e= BSosinot 若线圈为n匝,则e-nBSasinot。 2.峰值表达式 -2 EBSo,U-1.R- E.-nBSo,I-RR+r' 2 A.23 B42 A 6 nBSaR C.1A D./2A Rr。 知识点二 交变电流的“四值” 3.正弦交变电流的瞬时值表达式 物理含义 重要关系 适用情况 (1)从中性面位置开始计时 瞬时 交变电流某e-E.sinat 计算线圈某一时 e=E. sin t,i-I.sin t,U-Usin t 值 一时刻的值 i-I.sinmt 刻的受力情况 (2)从与中性面垂直的位置开始计时 E.-nBS e=E.cos wt,i=I. cos t,U-Ucoswt 最大最大的瞬 确定用电器的耐 值 E I-R十r 时值 压值 跟踪训练 1.在匀强磁场中,线圈绕垂直于磁场方向的 (1)计算与电流 ) 轴转动时,线圈平面 ( 热效应相关的量 A.转到中性面的瞬间,穿过线圈的磁通量 (如功率、热量); 跟交变电流 (2)交流电表的 最大,线圈中的感应电动势最大 有效的热效应等 测量值; B.转到中性面的瞬间,穿过线圈的磁通量 值 效的恒定电 (3)电气设备标 为0,线圈中的感应电动势最大 流值 注的额定电压、 (正弦式交 C.当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间, 额定电流; 变电流) (4)保险丝的熔 穿过线圈的磁通量为0,线圈中的感应 断电流 电动势最大 D. 当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间, 平均 计算通过电路横 穿过线圈的磁通量的变化率最小,线圈 值 截面的电荷量 中的感应电动势最小 17 署假作业 不要问别人为你做了什么,而要问你为别人做了什么。 [每日格言] -跟踪训练 2综合训练 3.如图所示,有一面积为S,匝数为N,总电 1.关于交变电流和直流电流的说法正确的是 阻为,的矩形线圈,线圈外接电阻阻值为 ) R,其余电阻不计,线圈置于磁感应强度为 A.如果电流大小随时间做周期性变化,则 B的匀强磁场中,图示位置线圈平面与磁 一定是交变电流 感线平行。线圈从图示位置开始绕垂直于 B. 直流电流的大小和方向一定不变 磁感线的轴OO以角速度匀速转动,则 ~ C.交变电流一定是按正弦规律变化的 ( _ D.交变电流的最大特征就是电流的方向 随时间做周期性的变化 2.(2024·淄博质检)如图所示: 在水平匀强磁场中一矩形闭 0 合线圈绕OO轴匀速转动,若 A.此时线圈中电流为零 要使线圈中的电流峰值减半, 0 B.线圈中感应电动势e-NBSosint 不可行的方法是 NBSa C.电流有效值I一 A.只将线圈的转速减半 R十r B. 只将线圈的匝数减半 D.转过90{*}的过程中通过R的电荷量为 C. 只将匀强磁场的磁感应强度减半 NBS aR十r D. 只将线圈的边长减半 4.(多选)矩形线圈的匝数为50币,在匀强磁 3.(2023·渭中一模)已知矩形线圈在匀强磁 场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时,穿过 场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动,穿过 线圈的磁通量随时间的变化规律如图所 线圈的磁通量随时间变化的图像如图甲所 ( 示,下列结论正确的是 。 示,则下列说法正确的是 _ ./Wh 0.102030.415 -2 甲 乙 A.在/-0.1s和/一0.3s时,电动势最大 B.在t-0.1s和z=0.3s时,线圈中电流 A./一0时刻线圈平面与中性面垂直 改变方向 B.1-0.01s时刻的变化率达到最大 C. 电动势的最大值是31.4V C.-0.02s时刻感应电动势达到最大 D.在一0.4s时,磁通量变化率最大,其 D.该线圈相应的感应电动势图像如图乙 值为31.4Wb/s 所示 18 [每日格言]善于总结和学习成功者的经验,可以让我们少走许多弯路。 高二物理 4.(多选)(2024·邢台检测)在匀强磁场中; 6.如图所示为一交变电流的i一:图像,则此 ( 一矩形金属线框在匀强磁场中绕与磁感线 交变电流的有效值为 ) 垂直的转动轴匀速转动,如图甲所示,产生 的交变电动势随时间变化的规律如图乙所 o0 0.02s ( 示,则下列说法正确的是 ) e/V 2227 A.55A B.5/2A (x- C.10A -22 D.2.5/10A 甲 乙 7.如图所示,实验室中有一台手摇交流发电 A.7-0.01s时穿过线框的磁通量最小 机,内阻,-1.02,外接R-9.02的电 B./一0.01s时穿过线框的磁通量变化率 阻。闭合开关S,当发电机转子以某一转 最大 速匀速转动时,产生的电动势e-10/②· C.线框匀速转动的角速度为100πrad/s sin10t(V),则 ) D. 电动势瞬时值为22V时,线框平面与 中性面的夹角可能为45* -E 5.如图所示为一台小型 发电机的构造示意 图,两磁极N、S间可 A.该交变电流的频率为10Hz 视为匀强磁场,磁感 R B.该电动势的有效值为10/2V 应强度大小B=0.2T,ab=0.6m,ad C.外接电阻R所消耗的电功率为10W 0.3m,N一100匝。由图中所示位置开始 D. 电路中理想交流电流表的示数为1.0A 5 计时,当线圈以恒定的转速n一 r/s逆时 # 8.(2024·晋阳期末)如图甲所示,标有 针转动时,产生的电动势、磁通量随时间变 “220V 40W”的灯泡和标有“20uF 化的图像正确的是(设向上流过R为电流 300V”的电容器并联到交流电源上,V为 的正方向,开始转动时穿过线磁通量的方 交流电压表,交流电源的输出电压如图乙所 向为正方向) ( ) ( 示。闭合开关,下列判断正确的是 7~ /V 去/Wb u/V 2202 3.6 36 0 -3.6 36 -2202 甲 乙 A B eV /V A./一0时刻,电压表的示数为零 36 36 B.灯泡恰好正常发光 -36- C.电容器不可能被击穿 C D D. 电压表的示数保持110。2V不变 19 署假作业 生活就像海洋,只有意志坚强的人,才能到达彼岸。 [每日格言] 9.一矩形线圈的面积是0.05m{},x 10.如图甲所示为手机无线充电工作原理的 共100匝,线圈电阻,-12,x 示意图,由送电线圈和受电线圈组成。已 外接电阻R-4Q,线圈在磁 知受电线圈的匝数为”三50匝,电阳 感应强度B-1T的匀强磁 1.00.在它的c、d两端接一阻值R-9.0Q n 的电阻。设在受电线圈内存在与线圈平 场中以n三300r/min的转速绕垂直于磁 面垂直的磁场,其磁通量随时间按图乙所 感线的轴匀速转动,如图所示,若从中性面 示的规律变化,可在受电线圈中产生电动 开始计时,求: 势最大值为20V的正弦交流电,设磁场 (1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式 竖直向上为正方向。求; 来 s时线圈中由此 ./(x10~wh) 礼中的 20{ 得到的感应电流的瞬时值; (3)外电路R两端电压瞬时值的表达式。 过 -2.0--2 2 乙 (1)在/-x×10s时,受电线圈中产生 电流的大小,c、d两端哪端电势高; (2)在一个周期内,电阻R上产生的 热量; (3)从到。时间内,通过电阻R的电 荷量。 20[每日格]生命之灯因热情而点燃,生命之舟因拼搏而前行。 高二物理 动,有效切割长度L减小,当fg边与三角形abc的中 4.BD 在i-0.1s和1-0.3s时,磁通量最大,线圈位于 位线重合时,切割磁感线的有效长度为L有一0,再继续 中性面位置,感应电动势为零,此时电流方向会发生改 向右移动,有效切割长度L有增大,当fg边与be边重 变,故A错误,B正确;根据^{-1图像可知^{}.-2Wb. 合时,导线框切割磁感线的有效长度为L有一L.,根据 1570.8V,故C错误;在1一0.4s时,磁通量为零,线圈 正确,B.C、D错误。 位于中性面,感应电动势最大,磁通量变化率最大,根 9.解析(1)设两导线的张力大小之和为T,右斜面对ab 据EV△ 棒的支持力的大小为F,作用在ab棒上的安培力的 1 50 大小为F,左斜面对cd棒的支持力大小为Fy2,对于ab 故D正确。 棒,由力的平衡条件得 [综合训练] 2mgsin0-uF+T+F 1.D 直流电的特征是电流的方向不变,电流的大小可以 F1-2mgcosf 改变:交变电流的特征是电流的大小和方向随时间改 对于cd棒,同理有 变。交变电流有多种形式,正弦式交流电只是交变电 ngsin0+F.-T 流中最基本、最简单的一种。故选D。 FN2=mgcos6 联立①②③④式得F-mg(sin0-3ucosθ) 2.B 由Im- (2)由安培力公式得F一BIL. NBS·2rn,故A、C正确;因电阻R与匝数有关,当臣 这里I是回路abdca中的感应电流。ab棒上的感应电 R 动势为E-BLo 数减半时电阻R也随之减半,则I.不变,故B错误;当 式中,o是ab棒下滑速度的大小,由欧姆定律得 ⑧ 1,故D正确。 3.B (一0时刻磁通量最大,线圈位于中性面位置,故A 答案 (1)mg(sin0-3ucosθ) 错误;t-0.01s时刻磁通量为零,线圈位于垂直中性面 (2)(sin0-3cos o)mR B212} 的位置,电动势最大,磁通量的变化率最大,故B正确; 1-0.02s时刻磁通量最大,磁通量的变化率为零,感应 10.解析 (1)金属框的总电阻为 电动势为零,故C错误;感应电动势与磁通量的变化率 R-4/-4×0.40×5t1030-0008 成正比,电动势随时间变化的图像为正弦曲线,D 金属框中产生的感应电动势为 错误。 #B 4.CD 由题图可知t-0.01s时感应电动势为零,则穿过 <2 0.10.4V=0.008V E_42 线框的磁通量最大,磁通量变化率最小,故A、B错误; △ △= 故C正确;当t一0时,电动势为零,线圈平面与磁场方 1-2.0s时磁感应强度为B-(0.3-0.1X2)T-0.1T 向垂直,故该交变电动势的瞬时值表达式为e一22/2 金属框处于磁场中的有效长度为L一、② sin100xz(V),电动势瞬时值为22V时,代入瞬时表达 此时金属框所受安培力大小 式,则有线圈平面与中性面的夹角正弦值sina一 22 F=BI1-0.11/2×0.4N-0.04v2N 22/2 (2)0~2.0s内金属框产生的焦耳热为 Q-12R-1x0.008×2]-0.0161。 答案 (1)0.042N(2)0.016J 正确。 作业(五) 交变电流的产生和描述 5.C 初始时刻磁通量为零,最大磁通量为一BL:L [考点突破]--跟踪训练 -0.2×0.6×0.3Wb-0.036Wb,转速为n- 1.C 当线圈平面转到中性面的瞬间,线框平面与磁感线 完r/s. 方向垂直,穿过线圈的磁通量最大,感应电动势为0,故 A、B错误;当线圈平面转到与中性面垂直的瞬间,穿过 线圈的磁通量为零,线圈中磁通量的变化率最大,根据 时,产生感应电动势瞬时表达式为e一NBLL2ocosa 法拉第电磁感应定律可知,此时线圈中的感应电动势 一36cos10(V),根据榜次定律可判断,开始时通过R 最大,故C正确,D错误。 电流的方向向上,故C正确,B、D错误。 2.A 根据有效值的定义可知,令该交变电流的有效值为I. 6.D 对于正弦式交变电流可直接应用最大值为有效值 的/②倍这一规律,将此交变电流分为前后两部分正弦 则有rPRT-(/2)R. A,故 式交流,可直接得到这两部分正弦式交变电流的有效 选A。 值,分别为I-2.5v2A和I。-7.5v2A,分别取一个 3.D 当线圈平面与磁感线平行时,通过线圈的磁通量的 周期T中的前0.01s和后0.01s计算产生的电热量 变化率最大,则感应电动势最大,此时线圈中电流不为 Q-I*R×0.01J+I.R×0.011.再利用有效值的定 零,A错误;线圈平面与磁感线平行位置开始计时,线 义得Q-1R×0.02I.解得I=2.5 10A,故选D。 圈中感应电动势为e一NBSacosal,B错误;感应电动 7.D 由题意可知,该交变电流的频率为5Hz,选项A错 势的最大值为E.一NBS,感应电动势的有效值为 误;该电动势的有效值为E一10V,选项B错误;电路 E-ENBSo,由闭合电路欧姆定律可得电流有效 2 值为I-R=2(R十) 1.0A,选项D正确;外接电阻R所消耗的电功率为 P-P*R-9W,选项C错误。 E.t-N △ 8.B 交流电压表测量为交流电压的有效值,数值保持不 (Rr) 变且不为零,故A错误;由题图乙可知,交流电的有效 △ NBS.D正确。 2 55 署假作业 积极者相信只有推动自己才能推动世界,只要推动自已就能推动世界。 [每日格言] 确;交流电的最大值220、/2V~311V300V,所以电 厂发电机的输出电压,故B错误;根据P一UI,P拉= 容器会被击穿,故C错误;电压表测量了电源的路端电 r^{R&,在输送功率一定的情况下,将输电电压提高2 倍,输电电流减小为原来的一半,则输电线上损失的功 2 率减小为原来的-,故C错误;由于输电线存在一定的 9.解析 (1)线圈转速n-300r/min-5r/s 损失功率,所以用户得到的功率一定小于发电厂的输 角速度-2xn-10πrad.s 出功率,故D正确。 线圈产生的感应电动势最大值E.一NBS一50V 4.C 根据远距离输电和理想变压器的工作原理可知 由此得到的感应电动势瞬时值表达式为 P.一P,由于导线上有功率损失和电压损失,则PP, e=E.sinat-50sin 10xi(V)。 UU.故选C。 [综合训练] 得'=50sin10x3)V=25v3V 1.B 由题图乙可知交流电压最大值U.一220v②V,有 为10V,电压表的示数为有效值,则任意时刻的示数均 电流表的示数是0.5A,故A错误;变压器的输出功率 答案(1)e-50sin10xt(V) (2)5v3A P-UI一5W,根据输出功率等于输入功率可知,变压 (3)u-40sin 10xz(V) 器的输入功率是5W,故B正确;周期T一0.02s,则流 10.解析 (1)由题图乙知1=π×10-s时受电线圈中产 过R的电流方向每秒改变100次,故C错误。 生的电动势最大,为E一20V 线圈中产生感应电流的大小为 Em-2.0A 1.-Im-Rr 由楞次定律可以得到此时c端电势高。 的示数均为交流电的有效值,可得电流表A的示数为 (2)通过电阻的电流的有效值为1--、2 A 2 5X/2×44 电阻在一个周期内产生的热量 Q-IRT~5.7×10*I。 5X②×44 (3)线圈中感应电动势的平均值E一n E 题意可知电压表示数为变压器输出电压的有效值,可 通过电阻R的电荷量q-I·△( 得-20/2 V-4V,D选项错误。 5×2 解得-nR十r -2x10-3C。 答案(1)2.0A c端电势高 (2)5.7X10-2J (3)2×10-:C R的电压,即为U2-IR-2x10V-20V,故B正 作业(六) 变压器 电能的输送 确;负载功率为P。一I.2(R.十R。)一80W,原、副线圈 [考点突破]-跟踪训练 功率相等,有P.一P。一80W,故C错误;理想变压器穿 1.A 根据原副线圈电压与匝数的关系可得“1 过原、副线圈的磁通量的变化率相等,即穿过原、副线 圈的磁通量的变化率之比为1:1,故D错误。 4.ABC 使副线圈压数变为原来的一半,即n'-2 2,根 12V,输入电压大于输出电压,说明这是一个降压变压 器,故B错误;变压器是通过电磁感应原理,所以当原 线圈输入交流电压220V时,副线圈输出交流电12V, 为原来的,所以副线圈中的电流变为原来的,B正 故C错误;当原线圈输入交流电压220V时,若副线圈 构成回路,则其电流大小与负载有关,其电流不一定为 3.0A,故D错误。 2.AC 由题意知o-100x,则此正弦交流的频率f一 2n 线圈中的电流将变为原来的-,A正确;根据P一1^R, 一50Hz,故A正确;原线圈上的电压的有效值为U,= Em110/2 U. 副线圈中消耗的电功率变为原来的士,所以变压器的 22 输出功率之比为4:1,理想变压器的输出功率和输入 -,解得U。=55V,故B错误;电阻R上的电流I。= 功率相等,C正确,D错误。 5.A 副线圈两端的电压U-3U-3×36V-108V,由 得,原线圈两端电压U”21×108V= R U22 2 ③ 阻R上的功率P。一275W,故C正确;原线圈和副线圈 36V,所以灯泡L.能正常发光。 6.A 输电电流1-,输电线路损耗的电功率Pa-12r 3.AD 根据P-UI,Pa-I^{R,可知提高输电电压可 -(H){}y一1×10{ w:当改用起导输电时,无电能损 以减小输电电流从而减小输电线上电能的损失,故A 正确;通过变压器升压,用户得到的电压可以超过发电 失,因此减少的输电损耗就等于P把,A正确。 56