高中物理选修3-2第五章 交变电流2 描述交变电流的物理量一课一练

这是一份高中物理选修3-2第五章 交变电流2 描述交变电流的物理量一课一练，共7页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
 第五章　第2节一、选择题1．(多选)某小型发电机产生的交变电动势为e＝50sin100πt(V)。对此电动势，下列表述正确的有(　　)A．最大值是50 V B．频率是100 HzC．有效值是25 V D．周期是0.02 s答案　CD解析　从中性面开始计时，交变电动势的表达式为e＝Emsinωt，因e＝50sin100πt(V)，所以最大值Em＝50 V，A错误。由ω＝2πf＝100π rad/s得f＝50 Hz，B错误。有效值E＝＝25 V，C正确。T＝＝0.02 s，D正确。2．(多选)如图所示的(a)、(b)两图分别表示两个交流电压，比较这两个交变电压，它们具有共同的(　　)A．有效值　 B．频率C．最大值 D．均不一样答案　BC解析　由题图可知，两个交变电压最大值均为2 V，周期均为0.4 s，可知B、C正确。题图(a)中电压有效值Ua＝，题图(b)中电压有效值Ub＝Um，A错。3．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，从中性面开始转动180°角的过程中，平均感应电动势和最大感应电动势之比为(　　)A．2∶π B．π∶2C．2π∶1 D．无法确定答案　A解析　设转动的角速度为ω，则平均感应电动势为＝n＝n＝；感应电动势的最大值为Em＝nBSω，联立得＝＝，故选项A正确。4．一个按正弦规律变化的交流电的图象如图所示。根据图象可知(　　)①该交变电流的频率是0.2 Hz②该交变电流的有效值是14.1 A③该交变电流的瞬时值表达式为i＝20sin(0.02t) A④在t＝时刻，该交变电流的大小与其有效值相等A．①② B．②④C．③④ D．①③答案　B解析　由图象可知T＝0.02 s，频率f＝＝50 Hz。电流最大值Im＝20 A，故有效值为I＝＝10 A。线圈转动的角速度ω＝2πf＝100π。瞬时值表达式为i＝20sin(100πt)A将t＝代入瞬时值公式i＝20sin(100π××0.02) A＝10 A。由以上可知②④正确。5．正弦交变电源与电阻R、交流电压表按照图甲所示的方式连接，R＝10 Ω，交流电压表的示数是10 V。图乙是交变电源输出电压u随时间t变化的图象。则(　　)A．通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR＝cos(100πt)AB．通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR＝cos(50πt) AC．R两端的电压uR随时间t变化的规律是uR＝5cos(100πt) VD．R两端的电压uR随时间t变化的规律是uR＝5cos(50πt) V答案　A解析　由题图可知：u＝Umcosωt，ω＝＝100π而交流电压表的示数是有效值，故Um＝10 V，uR＝10cos(100πt) V。据欧姆定律iR＝＝cos(100πt) A。6．(多选)如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是(　　)A．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B．线圈先后两次转速之比为3∶2C．交流电a的瞬时值为u＝10sin5πt VD．交流电b的最大值为 V答案　BCD解析　由题图可知，t＝0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，A错误；由题图可知Ta∶Tb＝2∶3，故na∶nb＝3∶2，B正确；由题图可知，C正确；交流电最大值Um＝NBSω，故Uma∶Umb＝3∶2，故Umb＝Uma＝ V，D正确。7．夏天空调器正常工作时，制冷状态与送风状态交替运行。一空调器在不同工作状态下电功率随时间变化的关系如图所示，此空调器运转1 h用电(　　)A．1.0度 B．1.5度C．2.0度 D．2.5度答案　B 解析　由图象可知，电功率随时间的变化周期为15 min，前5 min为0.5 kW，后10 min为2 kW。设电功率的有效值为P，周期为T，据有效值定义有P1＋P2＝PT将P1＝0.5 kW，P2＝2 kW代入得：P＝1.5 kW。此空调1 h用电W＝Pt＝1.5(度)。点评　对非正弦交变电流有效值求解，一定要从电流热效应出发。8．(多选)如图所示，A、B两输电线间的电压表达式为u＝200sin100πt(V)，输电线电阻不计，把电阻R＝50 Ω的用电器接在A、B两输电线上，对此，下列说法正确的是(　　)A．电流表示数为4 AB．电压表示数为200 VC．通过R的电流方向每秒钟改变50次D．用电器消耗的电功率为1.6 kW答案　AB解析　由u＝200sin100πt(V)可知，电压最大值Um＝200 V，角速度ω＝100π rad/s，所以电压的有效值U＝＝200 V，周期T＝＝0.02 s，频率f＝＝50 Hz。由欧姆定律得I＝＝ A＝4 A，所以A、B正确；一个周期内电流方向改变两次，而f＝50 Hz，则1 s内电流方向改变100次，C错误；电功率P＝IU＝4×200 W＝800 W，所以D错误。9．在右图所示电路中，A是熔断电流I0＝2 A的保险丝，R是可变电阻，S是交流电源。交流电源的内电阻不计，其电动势随时间变化的规律是e＝220sin(314t) V。为了不使保险丝熔断，可变电阻的阻值应该大于(　　)A．110 Ω B．110 ΩC．220 Ω D．220 Ω答案　B解析　U＝220 V，Rmin＝＝ Ω＝110 Ω。10．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示。已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，现外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则(　　)A．电压表的示数为220 VB．电路中的电流方向每秒钟改变50次C．灯泡实际消耗的功率为484 WD．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J答案　D解析　由题图象可知电动势的有效值为220 V，而电压表测量的是路端电压，其大小为U＝R＝×95 V＝209 V，选项A错误；由图象读出交变电流的周期为T＝0.02 s，则频率f＝＝50 Hz，一个周期内电流的方向要改变2次，故每秒钟电流方向要改变2×50＝100(次)，选项B错误；灯泡的实际功率为P＝2R＝2×95 W＝459.8 W，选项C错误；由焦耳定律得Q＝2·rt＝2×5×1 J＝24.2 J。故正确选项为D。11．面积均为S的两个线圈分别放在如图所示的磁场中，图甲中是磁感应强度为B0的匀强磁场，线圈在磁场中以周期T绕OO′轴匀速转动，图乙中磁场变化规律为B＝B0cos，则两线圈中感应电动势最大值(　　)A．一定相同 B．可能相同C．可能不同 D．不能确定答案　A解析　图甲中的磁通量变化规律为Φ甲＝B0Scost，图乙中磁通量的变化规律为Φ乙＝B0Scost。由于两线圈的磁通量变化规律相同，则两个线圈中感应电动势的变化规律相同，电动势的最大值也一定相同。12．如下图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动(O轴位于磁场边界)，则线框内产生的感应电流的有效值为(　　)A. B．C. D．答案　D解析　交变电流的有效值是根据电流的热效应得出的，线框全部进入磁场中后，因磁通量不变，故没有感应电流产生，所以只有线框进入和穿出磁场的过程中有感应电流。设线框转动周期为T，而线框转动一周只有的时间内有感应电流，根据有效值的概念，有2R·＝I2RT，解得I＝，选项D正确。二、非选择题13．在水平方向的匀强磁场中，有一正方形闭合线圈绕垂直磁感线的轴匀速转动，已知线圈的匝数为n＝100匝，边长为20 cm，电阻为10 Ω，转动频率f＝50 Hz，磁场的磁感应强度为0.5 T，求：(1)外力驱动线圈转动的功率。(2)转至线圈平面与中性面的夹角为30°时，线圈产生的感应电动势及感应电流的大小。(3)在线圈由中性面转至与中性面成30°夹角的过程中，通过线圈横截面的电荷量。答案　(1)1.97×104 W　(2)314 V　31.4 A　(3)0.027 C解析　(1)线圈中交变电动势的最大值Em＝nBSω＝100×0.5×(0.2)2×2π×50 V≈628 V。交变电动势的有效值E＝＝314 V。外力驱动线圈转动的功率与线圈中交变电流的功率相等。即P外＝＝ W≈1.97×104 W。(2)线圈转到与中性面成30°角时，其电动势的瞬时值e＝Emsin30°＝314 V，交变电流的瞬时值i＝＝ A＝31.4 A。(3)在线圈从中性面转过30°角的过程中，线圈中的平均感应电动势＝n，平均感应电流＝＝n，通过导体横截面的电荷量为q，则q＝Δt＝n＝＝ C≈0.027 C。14．某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示。在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为π，磁场均沿半径方向。匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab＝cd＝l、bc＝ad＝2l。线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场。在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直。线圈的总电阻为r，外接电阻为R。求：(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小Em；(2)线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F。(3)外接电阻上电流的有效值I。答案　见解析解析　(1)bc、ad边的运动速度v＝ω感应电动势Em＝4NBlv，解得Em＝2NBl2ω。(2)电流Im＝，安培力F＝2NBIml，解得F＝(3)一个周期内，通电时间t＝ TR上消耗的电能W＝IRt，且W＝I2RT，解得I＝。