2018_2019学年高中物理第五章交变电流5.2描述交变电流的物理量课时检测区基础达标.docx

5.2 描述交变电流的物理量课时检测区基础达标1.小型手摇发电机线圈共N匝,每匝可简化为矩形线圈abcd,磁极间的磁场视为匀强磁场,方向垂直于线圈中心轴OO,线圈绕OO匀速转动,如图所示。矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0,不计线圈电阻,则发电机输出电压()A.峰值是e0B.峰值是2e0C.有效值是Ne0D.有效值是Ne0【解题指南】解答本题时应从以下两点进行分析:(1)分析线圈ab边和cd边等效电源的串并联关系。(2)计算出整个线圈的电动势的最大值为2Ne0。【解析】选D。由题意可知,线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0,因此对单匝矩形线圈总电动势最大值为2e0,又因为发电机线圈共N匝,所以发电机线圈中总电动势最大值为2Ne0,根据闭合电路欧姆定律可知,在不计线圈内阻时,输出电压等于感应电动势的大小,即其峰值为2Ne0,故A、B错误;又由题意可知,若从图示位置开始计时,发电机线圈中产生的感应电流为正弦式交变电流,由其有效值与峰值的关系可知,U=,即U=Ne0,故C错误、D正确。2. (多选)在一阻值为R=10 的定值电阻中通入如图所示的交流电,则()A.此交流电的频率为0.5 HzB.此交流电的有效值为 AC.在02 s内电阻产生的焦耳热为25 JD.在24 s内通过该电阻的电荷量为1 C【解析】选A、B、D。由图象可知其周期为2 s,所以频率为0.5 Hz,故A正确;根据图象可知,设交流电的有效值为I,根据电流的热效应得:R+I22RT2=I2RT,代入数据解得:I=2.52 A=3.5 A,故B正确;根据焦耳定律得在02 s内电阻产生的焦耳热为Q=I2RT=(2.5)2102 J=250 J,故C错误;根据I=得在24 s内通过该电阻的电荷量为q=I2t-I1t=(41-31) C=1 C,故D正确。3.(多选)一正弦式交变电流的电压随时间变化的规律如图所示。由图可知()A.该交变电流的电压瞬时值的表达式为u=100sin25t VB.该交变电流的频率为25 HzC.该交变电流的电压的有效值为1002 VD.若将该交流电压加在阻值R=100 的电阻两端,则电阻消耗的功率为50 W【解析】选B、D。由题图知T=410-2 s,根据=有=50 rad/s,电压瞬时值的表达式为u=100sin50t V,选项A错误;从图象读出,T=410-2 s,根据f=可得f=25 Hz,选项B正确;从图象读出,Um=100 V,根据U=可得U= V=50 V,选项C错误;U= V,根据P=U2R有P=50 W,选项D正确。4.一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO匀速转动,线圈的匝数N=10、电阻r=1 ,线圈的两端经集流环与电阻R连接,电阻R=9 ,与R并联的交流电压表为理想电表。在t=0时刻,线圈平面与磁场方向平行,穿过每匝线圈的磁通量随时间t按图乙所示正弦规律变化。求:(1)交流发电机产生的电动势的瞬时值表达式。(2)电路中交流电压表的示数。(3)使线圈匀速转动一周,外力克服磁场力做的功。【解题指南】解答本题可按以下程序分析:(1)交流发电机产生电动势的最大值Em=NBS,从而求解电动势的瞬时值。(2)根据闭合电路欧姆定律求解,知道电表显示的是有效值。(3)根据能量守恒求解做功。【解析】(1)交流发电机产生电动势的最大值Em=NBS而m=BS、=,由-t图线可知:m=2.010-2 Wb,T=6.2810-2 s所以Em=20 V,所以e=20cos100t(V)(2)电动势的有效值E=Em=10 V由闭合电路的欧姆定律,知电路中电流的有效值为I= A交流电压表的示数为U=IR=9 V=12.7 V(3)匀速转动一周,根据能量守恒