《交流发电机做电源时的电功》交流发电机做电源时的电功

1多选题

(多选)一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示．由图可知(　　)

该交流电的电压瞬时值的表达式为u=100sin(25t)V

该交流电的频率为25Hz

该交流电的电压的有效值为141.4V

若将该交流电压加在阻值R=100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是50W

题目答案

答案解析

分析：

根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等．

解答：

解：A、由图可知，T=4×10_s，故f=$\frac {1}{T}$=25Hz，ω=2πf=50πrad/s，所以其表达式为u=100sin(50πt)V，故A错误，B正确．

C、由图象可知交流电的最大值为100V，因此其有效值为：U=$\frac {U_m}{$\sqrt {2}$}$=$\frac {100}{$\sqrt {2}$}$=50$\sqrt {2}$V，所以R消耗的功率为：P=$\frac {U}{R}$=$\frac {5000}{100}$W=50W，故C错误，D正确；

故选BD

点评：

本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式．

2单选题

如图所示，在虚线OOˊ的左侧区域存在磁感应强度为B的匀强磁场，面积为S，匝数为n的矩形线圈abcd放在该匀强磁场中，cd边与磁场边界重合．使线圈以cd边为轴以角速度ω匀速转动，则线圈产生的电动势的有效值为(　　)

nBSω

$\frac {nBSω}{2}$

$\frac {$\sqrt {2}$nBSω}{2}$

$\frac {$\sqrt {2}$nBSω}{4}$

题目答案

答案解析

分析：

图中线圈只有一个边切割磁感线，电动势为原先的一半，根据法拉第电磁感应定律，求出感应电动势的最大值，再由电流的热交流，来确定有效值，．

解答：

解：根据题意可知，感应电动势的最大值为nBSω，线圈中产生的感应电动势与时间变化的图象，是原来整个磁场产生图象的一半，

所以根据电流的热效应，若线圈处于整个磁场中转动，则有电动势的有效值为$\frac {nBSω}{$\sqrt {2}$}$，

由于磁场只有一半，则图象也只有一半，因此线圈产生的电动势的有效值：$\frac {E}{R}$T=$\frac {($\frac {nBSω}{$\sqrt {2}$}$)}{R}$×$\frac {T}{2}$，

从而解得：E=$\frac {nBSω}{2}$；故B正确，ACD错误；

故选：B

点评：

做交流电的题目不能死记公式，要具体问题具体分析，比如本题套公式就会错选A．

3单选题

两只阻值相等的电阻分别通以正弦交流电与方形交流电，它们电流的最大值相等，如图，则两只电阻的热功率之比是(　　)

1：4

1：2

1：$\sqrt {2}$

1：1

题目答案

答案解析

分析：

正弦交流电的有效值I=$\frac {$\sqrt {2}$}{2}$I_m，方波的电流有效值I′=I_m，根据功率公式P=I_R，由电流的有效值求解功率，再算出比值．

解答：

解：正弦交流电的热功率：P=($\frac {I_m}{$\sqrt {2}$}$)_R，

方形交流电热功率：P′=_mR，

可得P：P′=1：2；故B正确，ACD错误．

故选：B．

点评：

考查了交流电的有效值、热效应，不同形状的交流电的有效值得求法．对于交变电流求解热量、热功率、电功等都应用有效值．

4多选题

(多选)某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图象如图所示，下列说法中正确的是(　　)

交变电流的周期为0.02 s

交变电流的瞬时值表达式为i=5sin50πt A

在t=0.01 s时，穿过交流发电机线圈的磁通量为零

若发电机线圈电阻为0.5Ω，则其产生的热功率为12.5 W

题目答案

答案解析

分析：

根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，即可求得结论．

根据电功率的定义式求解发电机线圈电阻产生的热功率．

解答：

解：A、由图象可知，交流电的周期为20×10_s=0.02s，故A正确；

B、交流电的角速度为：ω=$\frac {2π}{T}$=100πrad/s，根据图象可得，交变电流的瞬时表达式为i=Acosωt=5cos100πt(A)，故B错误；

C、在t=0.01s时，感应电流最大，所以此时穿过交流发电机线圈的磁通量的变化率最大，穿过交流发电机线圈的磁通量最小为零，故C正确；

D、交流电的有效值为I=$\frac {I_m}{$\sqrt {2}$}$=$\frac {5}{$\sqrt {2}$}$A，所以发电机的发热功率为P=I_r=($\frac {5}{$\sqrt {2}$}$)_×0.5W=6.25W，故D错误；

故选：AC．

点评：

由交变电压的图象读出周期、电压的最大值是基本能力．知道正弦交变电流的最大值和有效值的大小关系，属于基本题．

5单选题

一交变电流的电压表达式为u=100sin120πt(V)，由此表达式可知(　　)：

用电压表测该电压其示数为100 V

该交变电压的频率为60Hz

将该电压加在100Ω的电阻两端，则该电阻消耗的电功率为100 W

t=1/480s时，该交流电压的瞬时值为50V

题目答案

答案解析

分析：

根据电压表达式中各物理量的含义去分析周期、有效值、瞬时值，由功率公式计算消耗的电功率．

解答：

解：A、从电压表达式u=100sin120πt中得出电压的最大值为100V，电压表显示的是有效值，为：U=$\frac {100V}{$\sqrt {2}$}$=50$\sqrt {2}$V，故A错误；

B、从电压表达式u=100sin120πt中得出角频率为120πrad/s，故频率f=$\frac {ω}{2π}$=$\frac {120π}{2π}$=60Hz，故B正确；

C、将该电压加在100Ω的电阻两端，则该电阻消耗的电功率为：P=$\frac {U}{R}$=$\frac {(50$\sqrt {2}$)}{100}$=50W，故C错误；

D、t=$\frac {1}{480}$s时，该交流电压的瞬时值为：u=100sin120πt=100×sin$\frac {120π}{480}$=50$\sqrt {2}$V，故D错误；

故选：B．

点评：

本题考查了交流电瞬时值的表达式，要在掌握各物理量含义的基础上逐项分析．

6单选题

如图所示，在水平方向的匀强磁场中，有一单匝矩形导线框可绕垂直于磁场方向的水平轴转动．在线框由水平位置以角速度ω匀速转过90°的过程中，通过导线横截面上的电量为q，已知线框电阻为R，则上述过程中线框上的焦耳热为(　　)

$\frac {q_πRω}{4}$

$\frac {q_πRω}{2}$

$\frac {q_πR}{2ω}$

$\frac {q_πR_ω}{4}$

题目答案

答案解析

分析：

电动势的最大值为NBSω，求电荷量用电动势的平均值；求线框上产生的焦耳热Q，利用有效值，结合焦耳定律，即可求解．

解答：

解：根据求电荷量要用平均电动势，则有：

q=I△t=$\frac {E}{R}$△t=$\frac {BS}{R}$

解得：BS=qR

电动势最大值为：E_m=BSω=qRω

根据焦耳定律，则有：Q=I_Rt=$\frac {($\frac {E_m}{$\sqrt {2}$}$)}{R}$•R•$\frac {2π}{4ω}$=$\frac {q_πRω}{4}$

故选：A

点评：

本题要注意求电荷量必须用电动势的平均值，求功率或热量要用有效值，注意最大值与有效值的关系，及其关系成立的条件．

7填空题

交变电压u=20sin50πt(V)，加在阻值为10Ω的电阻两端，该交流的周期是s，电阻消耗的电功率是W．

填空题答案仅供参考

题目答案

0.0420

答案解析

分析：

根据电压瞬时值的表达式求解电压的最大值和周期，然后根据U=$\frac {U_m}{$\sqrt {2}$}$求解电压的有效值，最后根据P=$\frac {U}{R}$求解电功率．

解答：

解：交变电压u=20sin50πt(V)，故最大电压为20V，角频率为50πrad/s；

周期为：T=$\frac {2π}{ω}$=$\frac {2π}{50π}$=0.04s

电压的有效值为：U=$\frac {U_m}{$\sqrt {2}$}$=$\frac {20}{$\sqrt {2}$}$=10$\sqrt {2}$V

故电功率为：P=$\frac {U}{R}$=$\frac {(10$\sqrt {2}$)}{10}$=20W

故答案为：0.04s，20W．

点评：

本题关键是要能够从电压的瞬时值表达式出发求解电压的最大值、周期、有效值、频率，基础题．

8多选题

(多选)如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于水平方向的匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R．线框绕与cd重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，线框转过$\frac {π}{6}$时的感应电流为I下列说法正确的是(　　)

线框中感应电流的有效值为2I

线框转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为$\frac {2IR}{ω}$

从中性面开始转过$\frac {π}{2}$的过程中，通过导线横截面的电荷量为$\frac {2I}{ω}$

线框转一周的过程中，产生的热量为$\frac {8πRI}{ω}$

题目答案

答案解析

分析：

线圈中产生正弦式电流．感应电动势最大值E_m=BSω，由E=$\frac {E_m}{$\sqrt {2}$}$及欧姆定律求解电流的有效值．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式求出电量．根据Q=I_RT求解线框转一周的过程中，产生的热量．

解答：

解：A、线圈中产生感应电动势最大值E_m=BSω，线框转过$\frac {π}{6}$时的感应电流为I=I_msin$\frac {π}{6}$=$\frac {BSω}{R}$sin$\frac {π}{6}$=$\frac {BSω}{2R}$，感应电动势有效值E=$\frac {E_m}{$\sqrt {2}$}$，感应电流为I则电流的有效值为I′=$\frac {E}{R}$=$\frac {$\sqrt {2}$BSω}{2R}$=$\sqrt {2}$I，故A错误；

B、由A可知，$\frac {$\sqrt {2}$BSω}{2R}$=$\sqrt {2}$I，则磁通量的最大值Φ=BS=$\frac {2IR}{ω}$，故B正确；

C、从中性面开始转过$\frac {π}{2}$的过程中，通过导线横截面的电荷量为：q=I△t=$\frac {E}{R}$△t=$\frac {△Φ}{R△t}$△t=$\frac {Φ′-Φ}{R}$=$\frac {BS}{R}$=$\frac {2I}{ω}$，故C正确；

D、线框转一周的过程中，产生的热量Q=$\frac {E}{R}$t=$\frac {($\frac {BSω}{$\sqrt {2}$}$)}{R}$×$\frac {2π}{ω}$=$\frac {4πI_R}{ω}$，故D错误；

故选：BC．

点评：

对于交变电流，直流电路的规律，比如欧姆定律同样适用，只不过要注意对应关系．

9多选题

(多选)如图甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO'以恒定的角速度ω转动，当线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化．在$\frac {π}{2ω}$时刻(　　)

线圈中的电流最大

穿过线圈的磁通量为零

穿过线圈的磁通量的变化率为零

线圈消耗的电功率为零

题目答案

答案解析

分析：

一矩形线圈在匀强磁场内绕固定轴转动，线圈中的感应电动势e随着时间t的变化规律可得，线圈从垂直中性面开始计时；磁通量为零时，磁通量变化率最大；每当线圈经过中性面时，电流方向改变．

解答：

解：A、在t=$\frac {π}{2ω}$时刻，即经过$\frac {T}{4}$周期，由线圈中产生的交变电流图象可知，电流大小为零，故A错误；

B、在t=$\frac {π}{2ω}$时刻，即经过$\frac {T}{4}$周期，由线圈中产生的交变电流图象可知，电流大小为零，则磁通量变化率也为零，但磁通量却为最大．故B错误；

C、在t=$\frac {π}{2ω}$时刻，即经过$\frac {T}{4}$周期，由线圈中产生的交变电流图象可知，电流大小为零，则磁通量变化率也为零，但磁通量却为最大．故C正确；

D、在t=$\frac {π}{2ω}$时刻，即经过$\frac {T}{4}$周期，由线圈中产生的交变电流图象可知，电流大小为零，则线圈消耗的功率为零．故D正确；

故选：CD

点评：

学会通过瞬时感应电动势来判定在什么时刻，线圈处于什么位置；同时还能画出磁通量随着时间变化的图象及线圈中的电流随着时间变化的规律．

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