新高考物理三轮冲刺选择题对点练(七)　交流电路的分析与计算（含答案解析）

这是一份新高考物理三轮冲刺选择题对点练(七)　交流电路的分析与计算（含答案解析）试卷主要包含了单项选择题，多项选择题等内容，欢迎下载使用。
1.(2025福建厦门模拟)如图甲所示,在匀强磁场中,一闭合矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴OO'匀速转动,图乙是金属线框的电动势e与时间t的关系图像,则( )

A.t=0时线框处于中性面位置
B.t=0.5×10-2 s时线框的磁通量变化率最大
C.线框的电动势有效值为2202 V
D.线框中的电流方向每秒变化100次
2.某款按压式发电的手电筒如图甲所示,当按照一定的频率按压时,内置发电机线圈转动,穿过每匝线圈的磁通量按照正弦规律变化(如图乙所示)。已知线圈的匝数为100,下列说法正确的是( )
A.交变电流的频率为0.2 Hz
B.发电机的电动势的有效值为π V
C.t=0.2 s时,发电机线圈中的电流为零
D.若电路总电阻为5 Ω,则发电机的功率约为1 W
3.(2025北京四中模拟)某无线充电装置的原理如图所示,该装置主要由供电线圈和受电线圈组成,可等效为一个理想变压器,从受电线圈输出的交变电流经过转化装置变为直流电流给电池充电。充电时,供电端接有u1=2202sin 100πt(V)的正弦式交变电流,受电线圈输出电压U2=20 V、输出电流I2=4 A,下列说法正确的是( )
A.受电线圈输出电压的频率为100 Hz
B.供电线圈和受电线圈匝数比为16∶1
C.充电时,供电线圈的输入功率为80 W
D.若供电端接220 V直流电流,也能进行充电
4.如图所示,面积为S、阻值为r的矩形金属线框绕中轴线OO'以角速度ω匀速转动,OO'左侧存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场,线框通过电刷与阻值为R的电阻和交流电流表相连。下列说法正确的是( )
A.电流表的示数为2BSω2(R+r)
B.电流表的示数为BSω2(R+r)
C.从图示位置转过60°时,瞬时电动势为32BSω
D.从图示位置转过60°时,瞬时电动势为34BSω
5.如图甲所示,在-d≤x≤d,-d≤y≤d的区域中存在垂直于xOy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场(用阴影表示磁场的区域),边长为2d、匝数为N的正方形线圈与磁场边界重合。线圈以y轴为转轴匀速转动时,其产生的交变电流如图乙所示。若仅磁场所在区域发生了如图丙所示的变化,线圈与磁场垂直时开始计时,线圈匀速转动的周期为T,则磁场区域变化后,下列说法正确的是( )
A.t=0时刻,穿过线圈平面的磁通量为3Bd2
B.磁场区域变化后所产生的交变电流的峰值与原来相比变小
C.t=T12时,线圈中开始出现电流
D.线圈平面转过180°时,穿过线圈的磁通量变化量为23NBd2
6.(2025山东聊城模拟)如图所示,某发电机的线圈在竖直向下的匀强磁场中从中性面开始匀速转动,理想电压表接在线圈两端。已知该线圈匝数N=500,线圈面积S=0.4 m2,转速为n=50 r/s,电阻不计,磁感应强度大小B=2π×10-3 T。线圈通过阻值R=100 Ω的电阻与理想变压器原线圈串联,副线圈连接电阻RL=3 Ω的灯泡和最大阻值为5 Ω的滑动变阻器R'。已知理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1,则( )
A.电压表的示数为40 V
B.初始位置线圈产生的感应电动势最大
C.t=0.02 s时,穿过线圈平面的磁通量为25π Wb
D.在调节滑动变阻器滑片的过程中变压器输出的最大功率为2 W
7.(2025北京丰台模拟)如图所示,面积为0.01 m2的200匝矩形线圈绕垂直于磁场的轴OO'匀速转动,转动的角速度为200 rad/s,匀强磁场的磁感应强度为0.1 T。线圈通过滑环与一理想变压器的原线圈相连,副线圈接有两个相同的灯泡L1和L2,灯泡的电阻均为5 Ω。变压器原、副线圈的匝数比为10∶1,开关S断开时L1正常发光,线圈及所有导线电阻不计,当线圈平面与磁场方向平行时开始计时。下列说法正确的是( )
A.线圈中感应电动势为e=40sin 100πt(V)
B.开关断开时,电流表的示数为0.08 A
C.若开关S闭合,电流表示数将减小
D.若开关S闭合,灯泡L1亮度不变
二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
8.(2025山东济宁二模)某实验小组研究互感现象的装置如图甲所示,M为送电线圈,接正弦式交变电流,N为匝数n=10的受电线圈,其磁通量Φ随时间t变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是( )
A.穿过线圈N的最大磁通量为0.002 Wb
B.线圈N产生的感应电动势的最大值为4 V
C.在t=π2×10-3 s时,线圈N中交变电流的方向不发生变化
D.线圈N产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=4sin 2 000t(V)
9.(2025四川成都检测)如图为波浪能发电机,下方为t=0时刻向x轴正方向传播的海水波动图像,周期为1 s。发电机圆柱体浮杆定位于x=8 m处,此时质点的速率为v。套于磁铁S极上的线圈可与浮杆同步振动,线圈又连接一个理想变压器。已知线圈共n匝,其半径为r,N、S极产生的辐向磁场在线圈处的磁感应强度大小为B,理想变压器原、副线圈匝数比为1∶10。磁铁、变压器等固定,下列判断正确的是( )
A.t=0时刻浮杆正随海水向下振动
B.t=0时刻发电机产生的电动势为2πrnBv
C.发电机产生电动势的表达式为e=2nBπ2r2sin 2πt
D.变压器副线圈输出电压的有效值为102πrnBv
10.(2025福建龙岩模拟)如图所示的电路中,交流电源的电动势为9 V、内阻可忽略不计,定值电阻R1=R2=12 Ω,小灯泡L1、L2的规格均为“6 V 6 W”,理想变压器T1、T2原、副线圈的匝数比分别为1∶2和2∶1。分别接通电路Ⅰ和电路Ⅱ,两电路都稳定工作时,则( )
A.L2比L1更亮
B.L2与L1一样亮
C.R2的电功率比R1的小
D.R2的电功率与R1相等
参考答案
1.D 解析 t=0时感应电动势最大,则线框处于与中性面垂直的位置,选项A错误;t=0.5×10-2 s时感应电动势为零,则此时线框的磁通量变化率为零,选项B错误;线框的电动势有效值为E=22022 V=220 V,选项C错误;交变电流的周期为0.02 s,一个周期内电流方向改变2次,可知线框中的电流方向每秒变化100次,选项D正确。
2.D 解析 由图乙可知,交变电流的周期为T=0.2 s,频率为f=1T=5 Hz,故A错误;发电机线圈转动的角速度为ω=2πT=10π rad/s,根据E=Em2=nΦmω2,解得发电机的电动势的有效值为E=π2 V,故B错误;t=0.2 s时,线圈中的磁通量为零,磁通量的变化率最大,所以电动势和电流最大,故C错误;根据P=E2R可得,P≈1 W,故D正确。
3.C 解析 已知ω=100π rad/s,则频率f=ω2π=50 Hz,故A错误;供电端的有效值为220 V,则n1n2=220V20V=111,故B错误;充电时,输入功率等于输出功率,P2=U2I2=80 W,故C正确;若供电端接220 V直流电流,直流电无法发生互感,故不能充电,故D错误。
4.D 解析 矩形金属线框在匀强磁场中匀速转动产生正弦式交变电流,感应电动势的最大值Em=12BSω,根据闭合电路欧姆定律,电流的最大值Im=EmR+r=BSω2(R+r),交流电流表测量的是电流的有效值,所以电流表示数I=Im2=BSω22(R+r),A、B错误;根据交变电流瞬时表达式i=Imsin ωt,得ωt=π3,故C错误,D正确。
5.C 解析 t=0时刻,穿过线圈平面的磁通量为Φ=BS=B·2d·2×32d=23Bd2,故A错误;根据题意可知磁场变化前后最大值都在磁通量为零位置,此时两条边切割磁场产生电动势,产生的感应电动势的最大值均为e=NBSω=4NBd2ω,故B错误;磁场区域变化后,根据几何关系有cs θ=32dd=32,解得θ=30°,所以线圈中开始出现电流的时刻为t=30°360°T=112T,故C正确;线圈平面转过180°时,穿过线圈的磁通量变化量为ΔΦ=43Bd2,故D错误。
6.D 解析 线圈转动产生的感应电动势最大值为Em=NBS(2πn)=500×2π×10-3×0.4×(2π×50) V=40 V,电压表测感应电动势的有效值,所以示数为E=Em2=202 V,故A错误;初始位置时穿过线圈的磁通量最大,磁通量的变化率为零,所以线圈产生的感应电动势为零,故B错误;线圈转动的周期为T=1n=0.02 s,由于线圈从中性面开始转动并计时,所以t=0.02 s时线圈和中性面重合,此时线圈的磁通量为最大值Φm=BS=2π×10-3×0.4 Wb=45π×10-3 Wb,故C错误;根据等效电源法,设新电源的电动势为E',新电源的内阻为r,则U2=E'-I2r,对原线圈回路有E=I1R+U1,根据原、副线圈电压、电流与匝数的关系可得U1U2=n1n2,I1I2=n2n1,联立可得U2=n2n1E-I2n2n12R,则E'=n2n1E=42 V,r=n2n12R=4 Ω,当RL+R'=r时,新电源的输出功率最大,即变压器的输出功率达到最大,且最大值为Pm=E'24r=2 W,故D正确。
7.D 解析 变压器输入端的电动势最大值为Em=NBSω=200×0.01×200×0.1 V=40 V,从图示位置开始计时就是从垂直于中性面位置开始计时,故线圈中感应电动势的瞬时值为e=Emcs(ωt)(V)=40cs(200t)(V),A错误;开关断开时,副线圈两端的电压U2等于小灯泡两端的电压UL1,根据变压器的原理可得U1U2=n1n2,其中U1=Em2=202 V,代入数据解得灯泡L1两端的电压UL1=22 V,通过L1的电流等于副线圈中的电流,由欧姆定律可得I2=UL1R=225 A,根据变压器原理可得I1I2=n2n1,解得电流表的示数为I1=n2n1I2=2250 A,B错误;若开关S闭合,副线圈中的电流增大,原、副线圈的匝数之比不变,结合上述分析可知I1=n2n1I2,故电流表的示数增大,C错误;若开关S闭合,原线圈输入端的电压不变,原、副线圈的匝数之比不变,故副线圈两端的电压不变,输出端的电压不变,小灯泡的电阻不变,根据P=U2R可知,灯泡L1的功率不变,即其亮度不变,D正确。
8.BC 解析 由题图乙可知,穿过受电线圈N的最大磁通量为Φm=2×10-4 Wb=0.000 2 Wb,故A错误;穿过受电线圈N的磁通量的变化周期T=π×10-3 s,则有ω=2πT=2 000 rad/s,故线圈N产生的感应电动势的最大值为Em=nBSω=nΦmω=10×2×10-4×2 000 V=4 V,故B正确;在t=π2×10-3 s时,穿过线圈的磁通量为零,视为垂直于中性面位置,所以线圈N中交变电流的方向不发生变化,故C正确;在t=0时,穿过受电线圈的磁通量最小,感应电动势最大,故受电线圈N产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=Emcs ωt=4cs 2 000t(V),故D错误。
9.BD 解析 波向x轴正方向传播,根据峰前质点向上振动,可知位于x=8 m处的质点在t=0时刻沿y轴正方向振动,所以浮杆正随海水向上振动,故A错误;在t=0时刻发电机产生的电动势的瞬时值最大且为Em=nB×2πrv=2πrnBv,故B正确;质点振动的圆频率为ω=2πT=2π1 rad/s=2π rad/s,因为在t=0时的感应电动势最大,所以发电机产生电动势的瞬时值表达式为e=Emcs ωt=2πrnBvcs 2πt,故C错误;发电机产生的电动势的有效值为U1=Em2=2πrnBv2=2πrnBv,根据理想变压器电压与匝数成正比的关系,有U1U2=110,可得变压器副线圈输出电压的有效值为U2=102πrnBv,故D正确。
10.AD 解析 若开关接cd端,则若电源电压为U0,理想变压器T1、T2的匝数比为n2n1=n3n4=k,用户电阻为R负载,输电线电阻为R导线,由变压器工作原理和欧姆定律,升压变压器次级电压U2=kU0,降压变压器初级电压U3=U2-I2R导线,降压变压器次级电压U4=U3k,降压变压器次级电流为I4=U4R负载,根据匝数比有I4I3=k,其中I3=I2,可得输电功率为P输=U2I2=k2U02R导线+k2R负载,输电线上损耗的电功率为P导线=I22R导线=k2U02(R导线+k2R负载)2R导线,用户得到的电功率为P负载=k2U02(R导线+k2R负载)2·k2R负载,若开关接ab端,则负载得到的功率P负载'=U02(R导线+R负载)2·R负载,输电线上损耗的电功率为P导线'=U02(R导线+R负载)2R导线,将R导线=R1=R2=12 Ω和R负载=U2P=626 Ω=6 Ω及k=2代入,可得P负载=6 W>P负载'=1.5 W,即L2比L1更亮;又有P导线=P导线'=3 W,故选A、D。