2024-2025版高中物理第五章交变电流2描述交变电流的物理量课时练习含解析新人教版选修3-2

PAGE10-描述交变电流的物理量(25分钟·60分)一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)1.(多选)矩形金属线圈共10匝,绕垂直于磁场方向的转动轴在匀强磁场中匀速转动,线圈中产生的沟通电动势e随时间t变更的状况如图所示。下列说法中正确的是 ()A.此交变电流的频率为0.2HzB.1s内电流方向变更10次C.t=0.1s时,线圈平面与磁场方向平行D.1s内线圈转5圈【解析】选B、D。由题图知T=0.2s,故f==Hz=5Hz,即1s内完成5个周期,线圈转5圈,每转1圈电流方向变更2次,故A错误,B、D正确;在t=0.1s时,e=0,所以线圈平面与磁场方向垂直,故C错误。2.(多选)有两支交变电流表达式分别是:u1=110sin(100πt+)V,u2=220sin(100πt+)V。下列说法正确的是 ()A.它们的峰值相同B.它们的周期相同C.它们的相位差恒定D.它们的变更步调一样【解析】选B、C。u1代表的沟通电的电压峰值为110V,角速度为ω=2πf=100πrad/s,则频率f=50Hz,初相位为。u2代表的沟通电的电压峰值为220V,角速度为ω=2πf=100πrad/s,则频率f=50Hz,初相位为。所以它们的峰值不同,A错误;由于频率相同f=50Hz,故T均为0.02s,B正确;其相位差ΔΦ=-=为定值,C正确,D错误。3.(多选)图甲、乙分别表示两种电压的波形,其中图甲所示电压按正弦规律变更,下列说法正确的是 ()A.图甲表示沟通电,图乙表示直流电B.两种电压的有效值相等C.图甲所示电压的瞬时值表达式为u=311sin(100πt)VD.两种电压的周期相同【解析】选C、D。题图甲、乙都表示沟通电,题图甲中有效值U=V≈220V,而题图乙中的有效值不存在这一关系,所以它们的有效值不相同,故A、B错误;由题图甲看出T=2×10-2s,ω==100πrad/s,所以u=311sin(100πt)V,由题图可知两种电压的周期都是2×10-2s,C、D正确。4.电阻R1、R2与沟通电源依据图甲所示的方式连接,R1=10Ω,R2=20Ω。合上开关S后,通过电阻R2的正弦交变电流i随时间t变更的状况如图乙所示,则 ()A.通过R1的电流有效值是1.2AB.R1两端的电压有效值是6VC.通过R2的电流最大值是1.2AD.R2两端的电压最大值是6V【解析】选B。R1与R2串联,R1与R2中的电流变更状况应相同,电流有效值I1=I2=0.6A,电流最大值I1m=I2m=0.6A,电压有效值U1=I1R1=6V,U2=I2R2=12V,电压最大值U1m=U1=6V,U2m=U2=12V。综上所述,B项正确。【加固训练】电阻为1Ω的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动,产生的交变电动势随时间变更的图象如图所示。现把沟通电加在电阻为9Ω的电热丝上,下列推断正确的是 ()A.线圈转动的角速度ω=100rad/sB.在t=0.01s时刻,穿过线圈的磁通量最大C.电热丝两端的电压U=100VD.电热丝此时的发热功率P=1800W【解析】选D。由题图可以看出该交变电流的周期T=0.02s,则角速度ω==rad/s=100πrad/s,故A错误;t=0.01s时刻,电压达到最大,则此时磁通量变更率最大,磁通量为零,故B错误;电热丝两端电压为路端电压UR=U=×=90V,故C错误;依据电功率公式P==W=1800W,故D正确;故选D。5.如图所示电路中,电源电压u=311sin(100πt)V,A、B间接有“220V440W”的电暖宝、“220V220W”的抽油烟机、沟通电压表及保险丝。下列说法正确的是 ()A.沟通电压表的示数为311VB.电路要正常工作,保险丝的额定电流不能小于3AC.电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍D.1min内抽油烟机消耗的电能为1.32×104J【解析】选D。由u=311sin(100πt)V可知,交变电压的有效值为220V,故沟通电压表的示数为220V,选项A错误;由两用电器的额定功率为660W,依据P=UI可知,保险丝的额定电流应不小于3A,选项B错误;因抽油烟机220W包括热功率及机械功率,故电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍还要多,选项C错误;依据W=Pt可得1min内抽油烟机消耗的电能为1.32×104J,选项D正确。6.将一阻值为100Ω的定值电阻接入沟通电路中,通过该电阻的电流i随时间t变更的图象如图所示,已知该沟通电的周期为1.0s,则电阻在10s内消耗的电能为 ()A.700J B.490JC.100J D.50J【解析】选A。依据电流的热效应可知,1.02R×0.6+0.52R×0.4=I2R×1.0,代入数据解得,沟通电的有效值I=A,依据焦耳定律可知,电阻在10s内消耗的电能Q=I2Rt=700J,故A正确,B、C、D错误。故选A。二、计算题(本题共2小题,共24分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)7.(12分)如图是自行车上照明用的车头灯发电机的结构示意图,转轴的一端装有一对随轴转动的磁极,另一端装有摩擦小轮。电枢线圈绕在固定的U形铁芯上,自行车车轮转动时,通过摩擦小轮带动磁极转动,使线圈中产生正弦式交变电流,给车头灯供电。已知自行车车轮半径r=35cm,摩擦小轮半径r0=1cm,线圈匝数n=800匝,线圈横截面积S=20cm2,线圈总电阻R1=40Ω,旋转磁极的磁感应强度B=0.01T,车头灯电阻R2=10Ω,当车轮转动的角速度ω=8rad/s时。求:(1)发电机磁极转动的角速度ω0;(2)车头灯中电流的有效值I。【解析】(1)磁极与摩擦小轮转动的角速度相等,由于自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动,故有ω0r0=ωr,则ω0==280rad/s。(2)摩擦小轮带动磁极转动,线圈产生的感应电动势的最大值为Em=nBSω=4.48V,感应电动势的有效值E=Em,则通过车头灯电流的有效值I==0.064A=64mA。答案:(1)280rad/s(2)64mA8.(12分)先后用如图甲、乙所示的电流通过丙图中的电阻R,一个周期内产生的热量相同,求电流表的示数分别为多少?【解析】电流表的示数为通过R的电流的有效值。题图甲中的i-t图象是正弦式曲线,在前半个周期内,它的有效值与正弦式交变电流的有效值相同,I==A,后半个周期不产生热量,则沟通电在一个周期内通过电阻R所产生的热量Q交=直流电在一个周期内通过电阻R所产生的热量Q直=RT,由于Q交=Q直,所以=RT解得IA==2.5A。题图乙中周期为0.04s,前0.02s内i大小、方向不变,产生的热量Q1=Im′2·R·后0.02s内电流有效值为,产生的热量Q2=()2R·Q交=Q1+Q2,Q交=I′2RT代入数据,解得I′=2.5A≈4.33A。答案:2.5A4.33A(或2.5A)(15分钟·40分)9.(6分)(2024·宣城高二检测)在匀强磁场中,一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动,如图甲所示,产生的交变电动势的图象如图乙所示,则 ()A.t=0.005s时线框的磁通量变更率为零B.t=0.01s时线框平面与中性面重合C.线框产生的交变电动势有效值为311VD.线框产生的交变电动势频率为100Hz【解析】选B。由题图乙可知该正弦交变电动势的电压最大值为311V,周期等于0.02s,因此,依据正弦交变电动势的最大值与有效值之间的关系式U=得知选项C错误;又f=,则频率f=50Hz,选项D错误;当t=0.005s时,e=n=311V,取得最大值,穿过线圈的磁通量变更率最大,选项A错误;当t=0.01s时,交变电压及电流方向发生变更,电压值最小,等于零,线框平面与中性面重合,选项B正确。10.(6分)如图所示为一交变电流随时间变更的图象,则此交变电流的有效值为 ()A.3AB.AC.2A D.A【解析】选D。由图象可知此交变电流的周期是2s。设交变电流的有效值为I,周期为T,电阻为R。则:I2R×2=R×1+R×1,解得:I=A。故选D。11.(6分)(多选)如图所示,M为半圆形导线框,圆心为OM;N是圆心角为直角的扇形导线框,圆心为ON;两导线框在同一竖直面(纸面)内;两圆弧半径相等;过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场,磁场方向垂直于纸面。现使导线框M、N在t=0时从图示位置起先,分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴,以相同的周期T逆时针匀速转动,则 ()A.两导线框中均会产生正弦沟通电B.两导线框中感应电流的周期都等于TC.在t=时,两导线框中产生的感应电动势相等D.两导线框的电阻相等时,两导线框中感应电流的有效值也相等【解析】选B、C。当导线框N完全进入磁场后,通过导线框的磁通量将不变,故无感应电流产生,因此它不会产生正弦沟通电,A项错误;导线框每转动一圈,产生的感应电流的变更为一个周期,B项正确;在t=时,导线框转过角度为45°,切割磁感线的有效长度相同,均为绕圆心的转动切割形式,设圆弧半径为R,则感应电动势均为E=BR2ω,C项正确;导线框N转动的一个周期内,有半个周期无感应电流产生,所以两导线框的感应电动势的有效值并不相同,由闭合电路欧姆定律可知,两导线框的电阻相等时,感应电流的有效值肯定不相同,D项错误。12.(22分)发电机转子是边长为0.2m的正方形,线圈匝数n=100匝,内阻r=2Ω,如图所示,以ad、bc中点连线为轴以5πrad/s的角速度在B=的匀强磁场中转动,灯泡电阻R=8Ω,则(1)此线圈所产生感应电动势的峰值为多少?(2)从图示位置起先经过0.05s,线圈产生的瞬时电动势为多少?(3)从图示位置起先经过0.2s,穿过线圈的磁通量变更了多少?(4)若灯泡正常发光,则其功率为多大?【解析】依据Em=nBSω求出感应电动势的峰值;由磁通量的定义式进行分析求解磁通量;由ΔΦ=Φ2-Φ1求解磁通量的变更;依据欧姆定律求出电流,再求出灯泡的实际消耗功率。(1)由题意可知,电动势最大值Em=nBSω=100××0.2×0.2×5πV=20V。(2)线圈产生的瞬时电动势的表达式为:e=Emsinωt=20sin5πt(V)。则从图示位置起先经过0.05s,线圈产生的瞬时电动势为:e=20sin5πt(V)=20sin5π×0.05(V)=10V。(3)由图可知,t=0时的磁通量为:Φ1=BS,线圈的转动周期为:T==s=0.4s所以当t=0.2s时的磁通量为:Φ2=-BS所以磁通量的变更量为:ΔΦ=|Φ2-Φ1|=|-2BS|=Wb。(4)感应电动势的有效值为:E==V=10V,依据闭合电路欧姆定律可得通过灯泡的电流为:I==A=A。灯泡正常发光时功率为:P=I2R=()2×8W=16W。答案:(1)20V(2)10V(3)Wb(4)16W【加固训练】1.物理试验中,常用一种叫做“冲击电流计”的仪器测定通过电路的电荷量。如图所示,探测线圈与冲击电流计串联后可用来测定磁场的磁感应强度。已知线圈的匝数为n,面积为S,线圈与冲击电流计组成的回路电阻为R。若将线圈放在被测匀强磁场中,起先时线圈平面与磁场垂直,现把探测线圈翻转180°,冲击电流计测出通过线圈的电荷量为q,由上述数据可测出被测磁场的磁感应强度为()A.B.C.D.【解析】选C。由法拉第电磁感应定律:E=n可求出感应电动势大小,再由闭合电路欧姆定律可求出感应电流大小,依据电量的公式q=It,可得q=n。由于起先线圈平面与磁场垂直,现把探测圈翻转180°,则有ΔΦ=2BS;所以由以上公式