2024版新教材高中物理第三章交流电专项2交变电流四值的应用二课时作业教科版选择性必修第二册

eq\a\vs4\al(专)eq\a\vs4\al(项)2交变电流四值的应用(二)1．如图甲所示为小型旋转电枢式沟通发动机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中围着垂直于磁场方向的轴匀速转动．线圈的匝数n＝20、电阻r＝5Ω，线圈的两端经集流环与R＝45Ω的电阻连接，电流表和电压表均为志向电表，若在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向垂直，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按如图乙所示的余弦规律变更，则下列说法正确的是()A．此沟通发电机产生感应电动势的最大值为Em＝31.4VB．t＝0.4πs时刻，线圈处在与中性面垂直的位置C．线圈从图示位置转过90°过程中的电荷量为0.08CD．1min内电阻R上产生的焦耳热为60J2.(多选)如图所示，固定平行的长直导轨M、N放置于匀强磁场中，导轨间距L＝1m，磁感应强度B＝5T，方向垂直于导轨平面对下，导体棒与导轨接触良好，驱动导体棒使其在磁场区域运动，速度随时间的变更规律为v＝2sin10πt(m/s)，导轨与阻值为R＝9Ω的外电阻相连，已知导体棒的电阻为r＝1Ω，不计导轨与电流表的电阻，则下列说法正确的是()A．导体棒产生的感应电动势的有效值为10VB．导体棒做切割磁感线运动产生频率为5Hz的正弦沟通电C．沟通电流表的示数为0.5AD．0～0.1s时间内R产生的热量为0.45J3．(多选)如图甲所示，匝数为100匝、总电阻为1Ω的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．R1阻值为29Ω，R2、R3阻值均为100Ω，电表均志向电表．穿过线圈的磁通量Φ随时间t的变更如图乙所示，π取3.14()A．t＝1.57×10－2s时感应电动势的瞬时值为400eq\r(2)VB．开关S闭合前，电压表的示数为eq\f(40\r(2),13)VC．闭合开关S，电流表A示数减小D．闭合开关S，电压表V示数增大4.(多选)某同学自制了一个手摇沟通发电机，如图所示．大轮与小轮通过皮带传动(皮带不打滑)，半径之比为4∶1，小轮与线圈固定在同一转轴上．线圈是由漆包线绕制而成的边长为L的正方形，共n匝，总阻值为R.磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场．大轮以角速度ω匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直．线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为R的灯泡．假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是()A．线圈转动的角速度为4ωB．灯泡两端电压有效值为3eq\r(2)nBL2ωC．若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则灯泡两端电压有效值为eq\f(4\r(2)nBL2ω,3)D．若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮5.图(a)是220V沟通发电机的原理图．一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴OO′以角速度ω逆时针匀速转动．若以线圈平面与磁场夹角θ＝45°时[图(b)]为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正，得到的电流随“角度”变更的图像如图(c)所示(留意：图中横坐标不是时间t，而是ωt).(1)将一个小电容接入220V正弦沟通电路中，它的耐压值必需多大？(2)写出图(c)所示的电流i的表达式．专项2交变电流四值的应用(二)1．答案：C解析：由图乙可知，T＝0.8πs，因此ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,0.8π)rad/s＝2.5rad/s，此沟通发电机产生感应电动势的最大值为Em＝nBωS＝nωΦm＝20×2.5×0.2V＝10V，故A错误；由图可知t＝0.4πs时刻，线圈的磁通量Φ最大，则线圈处在中性面的位置，故B错误；线圈从图甲所示的位置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量为q＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R＋r)Δt＝eq\f(nBS,R＋r)＝eq\f(nΦm,R＋r)＝eq\f(20×0.2,45＋5)C＝0.08C，故C正确；因为电流最大值为Im＝eq\f(Em,R＋r)＝eq\f(10,50)A＝0.2A，电流的有效值为I＝eq\f(Im,\r(2))＝eq\f(0.2,\r(2))A，所以1min内电阻R上产生的焦耳热为Q＝I2Rt＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(0.2,\r(2))))eq\s\up12(2)×45×60J＝54J，故D错误．2．答案：BD解析：依据题意，速度变更规律为v＝2sin10πt(m/s)，则依据感应电动势计算公式可得产生的电动势为e＝BLv＝5×1×2sin10πt＝10sin10πt，可知产生的是正弦沟通电，其感应电动势有效值为E＝eq\f(Emax,\r(2))＝eq\f(10,\r(2))＝5eq\r(2)V，故A错误；依据选项A的分析得到的感应电动势的表达式，可知导体棒做切割磁感线运动产生的正弦沟通电频率为f＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(10π,2π)＝5Hz，故B正确；依据选项A的分析中得到的电动势有效值与欧姆定律，可得电流表示数为I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(5\r(2),9＋1)＝eq\f(\r(2),2)A，故C错误；依据焦耳热公式可得在0～0.1s时间内电阻R上产生的热量为Q＝I2Rt＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(2)×9×0.1＝0.45J，故D正确．故选BD.3．答案：AC解析：由图乙可知Φm＝2eq\r(2)×10－2Wb，ω＝eq\f(2π,T)＝200rad/s感应电动势为e＝nΦmωcosωt＝400eq\r(2)cos200t(V).t＝1.57×10－2s时感应电动势的瞬时值为e＝400eq\r(2)cos200×1.57×10－2(V)＝400eq\r(2)V，A正确；开关S闭合前，电压表测量的是R2的电压，依据电压的支配规律得U2＝eq\f(R2,r＋R1＋R2)E＝eq\f(100,130)×eq\f(400\r(2),\r(2))(V)＝eq\f(4000,13)V，B错误；闭合开关S，外电阻减小，干路电流增大，内电压增大，外电压减小．R1的电压增大，所以电压表示数减小，电流表A示数减小，C正确，D错误．故选AC.4．答案：AC解析：大轮和小轮通过皮带传动，线速度相等，小轮和线圈同轴转动，角速度相等，依据v＝ωr依据题意可知大轮与小轮半径之比为4∶1，则小轮转动的角速度为4ω，线圈转动的角速度为4ω，A正确；线圈产生感应电动势的最大值Emax＝nBS·4ω又S＝L2联立可得Emax＝4nBL2ω则线圈产生感应电动势的有效值E＝eq\f(Emax,\r(2))＝2eq\r(2)nBL2ω依据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为U＝eq\f(RE,R＋R)＝eq\r(2)nBL2ωB错误；若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则线圈的匝数变为原来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值E′max＝8nBL2ω此时线圈产生感应电动势的有效值E′＝eq\f(E′max,\r(2))＝4eq\r(2)nBL2ω依据电阻定律R′＝ρeq\f(l,S′)可知线圈电阻变为原来的2倍，即为2R，依据串联电路分压原理可得灯泡两端电压有效值U′＝eq\f(RE′,R＋2R)＝eq\f(4\r(2)nBL2ω,3)，C正确；若仅将小轮半径变为原来的两倍，依据v＝ωr可知小轮和线圈的角速度变小，依据E＝eq\f(nBSω,\r(2))可知线圈产生的感应电动势有效值变小，则灯泡变暗，D错误．故选AC.5．答案：(1)大于等于311V(2)i＝Imsin(ωt－eq\f(π,4))A解析：(1)电容器的耐压值是能够承受的电压的最大值，正弦沟通电的电压是22