高考物理一轮复习课时作业37交变电流的产生和描述含答案

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交变电流的产生和描述 [双基巩固练]1．[2020·武汉模拟]矩形线圈的匝数为50匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示，下列结论正确的是(　　)A．在t＝0.1s和t＝0.3s时，电动势最大B．在t＝0.2s和t＝0.4s时，电动势最小C．电动势的最大值是157VD．在t＝0.4s时，磁通量变化率为零2．(多选)匀强磁场中有一长方形导线框，分别以相同的角速度绕图所示的固定转轴旋转，用Ia、Ib、Ic、Id表示四种情况下线框中电流的有效值，则(　　)A．Ia＝IdB．Ia>IbC．Ib>IcD．Ic＝Id3．[2020·陕西商洛期末]一交流电压的瞬时值表达式为u＝200eq \r(2)sin50πt(V)，下列判断正确的是(　　)A．该交流电压的频率为50HzB．t＝0.01s时，该交流电压的瞬时值为50eq \r(2)VC．直接用电压表测该交流电压，其示数为200eq \r(2)VD．若将该交流电压加在阻值为2kΩ的电阻两端，则电阻的发热功率为20W4．[2020·惠州市高三调研考试]某交流发电机给灯泡供电，产生交变电流的图象如图所示，下列说法中正确的是(　　)A．交变电流的频率为100HzB．交变电流的瞬时表达式为i＝5cos50πt(A)C．该交流电的电压有效值为5eq \r(2)VD．在t＝5×10－3s时，穿过交流发电机线圈的磁通量最大5．[人教版选修3－2·P34·T5改编]如图，匀强磁场中，一单匝矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，线框中产生的交变电动势瞬时值随时间变化的规律为e＝20eq \r(2)sin100πt (V)．下列说法正确的是(　　)A．该线框转动的频率是100HzB．该线框产生的交变电动势最大值是20VC．t＝0.005s时刻，线框平面与中性面重合D．t＝0.05s时刻，穿过线框的磁通量变化率为06．某台家用柴油发电机正常工作时能够产生与我国照明电网相同的交变电流．现在该发电机出现了故障，转子匀速转动时的转速只能达到正常工作时的一半，则它产生的交变电动势随时间变化的图象是图中的(　　)7．如图所示，OO′是磁感应强度大小为B的匀强磁场的左边界，也是一面积为S的n匝矩形金属线框的对称轴，若线框以角速度ω绕与磁感线垂直的转轴OO′匀速转动，并从图示位置(线框与磁感线平行)开始计时，则(　　)A．t＝eq \f(2π,ω)时，线框中的感应电流最小B．t＝eq \f(π,2ω)时，穿过线框的磁通量变化率最大C．线框中产生的交变电动势的最大值为nBSωD．线框中产生的交变电动势的有效值为eq \f(\r(2),4)nBSω8．[2020·河南平顶山质检](多选)如图所示，边长为L的正三角形金属线框处于匀强磁场中，开始时线框平面与磁场垂直，磁场的磁感应强度为B，让线框以AB边为轴以角速度ω在磁场中匀速转过180°，则有(　　)A．通过线框导线截面的电荷量为0B．线框中的感应电流方向先沿ACBA后沿ABCAC．线框中的平均感应电动势为eq \f(\r(3)ωBL2,2π)D．线框中感应电动势的有效值为eq \f(\r(6)ωBL2,8)9．(多选)面积都为S且电阻相同的正方形线圈和圆形线圈，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′轴做匀速转动，图乙中磁场变化规律为B＝B0coseq \f(2πt,T)，从图示位置开始计时，则(　　)A．两线圈的磁通量变化规律相同B．两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同C．经相同的时间t(t>T)，两线圈产生的热量相同D．从图示位置时刻起，经eq \f(T,4)时间，流过两线圈横截面的电荷量相同[综合提升练]10．[2020·武汉模拟]如图所示，在磁极和圆柱状铁芯间形成的两部分磁场区域的圆心角α均为eq \f(4,9)π，磁感应强度B均沿半径方向，单匝矩形线圈abcd的宽ab＝L，长bc＝2L，线圈绕中轴以角速度ω匀速转动时对外电阻R供电，若线圈电阻为r，电流表内阻不计，则下列说法正确的是(　　)A．线圈转动时将产生正弦式交流电B．从图示位置开始转过90°角时，电流方向将发生改变C．线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的变化率不变D．电流表的示数为eq \f(4BL2ω,3R＋r)11．(多选)海洋中蕴藏着巨大的能量，利用海洋的波浪可以发电．在我国南海上有一浮桶式波浪发电灯塔，其原理示意图如图甲所示．浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，且始终处于磁场中，该线圈与阻值R＝15Ω的灯泡相连，浮桶下部由内、外两密封圆筒构成，如图乙所示，其内为产生磁场的磁体，与浮桶内侧面的缝隙忽略不计；匝数N＝200的线圈所在处辐射磁场的磁感应强度B＝0.2T，线圈直径D＝0.4m，电阻r＝1Ω.取重力加速度g＝10m/s2，π2≈10.若浮桶随波浪上下运动的速度为v＝0.4πsin(πt) m/s.则(　　)A．灯泡中电流i的瞬时表达式为i＝4sin(πt) AB．波浪发电产生电动势e的瞬时表达式为e＝0.32sin(πt) VC．灯泡的电功率为120WD．灯泡两端电压的有效值为eq \f(15\r(2),2)V12．图甲为兴趣小组制作的无线充电装置中受电线圈示意图，已知线圈匝数n＝100匝、电阻r＝1Ω、横截面积S＝1.5×10－3m2，外接电阻R＝7Ω.线圈处在平行于线圈轴线的磁场中，磁场的磁感应强度随时间如图乙变化，设水平向左为磁场的正方向，则(　　)A．在t＝0.005s时通过电阻R的电流大小为零B．在t＝0.005s时通过电阻R的电流方向由a流向bC．在0～0.01s内通过电阻R的电荷量q＝1.5×10－3CD．在0.02s～0.03s内电阻R产生的焦耳热为Q＝1.8×10－3J13．甲图所示的正弦交流电通过乙图所示的数字触发器后会输出丙图所示的数字信号，丙图中数字信号对应两种电压状态，分别为0和2.0V，触发器的转换规则是：交流电压数值小于eq \f(Um,2)时输出为0，交流电压数值大于eq \f(Um,2)时输出为2.0V．以下说法正确的是(　　)A．丙图中的电压有效值为2.0VB．丙图中的电压有效值约为1.6VC．丙图中的电压有效值约为1.4VD．丙图中的电压有效值约为1.3V课时作业(三十七)1．解析：由Φ­t图象可知Φmax＝BS＝0.2 Wb，T＝0.4 s，又因为N＝50，所以Emax＝NBSω＝NΦmax·eq \f(2π,T)＝157 V，C正确；t＝0.1 s和0.3 s时，Φ最大，e＝0，变向；t＝0.2 s和0.4 s时，Φ＝0，e＝Emax最大，故A、B错误，根据线圈在磁场中转动时产生感应电动势的特点知当t＝0.4 s时，eq \f(ΔΦ,Δt)最大，eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(Emax,N)＝eq \f(157,50) Wb/s＝3.14 Wb/s，D错误．答案：C2．解析：对正弦交流电而言，最大值Em＝NBSω，而有效值E＝eq \f(Em,\r(2))，I＝E/R.得线框中电流的有效值：I＝eq \f(NBSω,\r(2)R).线框中电流的有效值只与N、B、S、ω、R有关，与固定转轴所处的具体位置无关．选A、D.答案：AD3．解析：本题考查交变电流的相关物理量的计算问题．由交流电压的瞬时值表达式可知ω＝50π rad/s，由ω＝2πf可得该交流电压的频率为f＝25 Hz，选项A错误；在t＝0.01 s时，该交流电压的瞬时值为200eq \r(2) V，选项B错误；直接用电压表测量交流电压，测量的结果为有效值，示数为U＝200 V，选项C错误；若将该交流电压加在阻值为2 kΩ的电阻两端，由P＝eq \f(U2,R)可知发热功率为20 W，选项D正确．答案：D4．解析：根据图象知交流电的周期为0.02 s，因此交流电的频率为50 Hz，A错误；由ω＝eq \f(2π,T)＝100π rad/s，交变电流的最大值为5 A可得，交变电流的瞬时值表达式为i＝5cos 100πt (A)，B错误；因为电阻未知，故电压不能确定，C错误；t＝5×10－3 s时，交变电流的瞬时值为零，磁通量最大，D正确．答案：D5．解析：根据题述线框中产生的交变电动势瞬时值随时间变化的规律为e＝20eq \r(2)sin 100πt (V)，可知2πf＝100π，解得该线框转动的频率f＝50 Hz，选项A错误；该线框产生的交变电动势最大值是20eq \r(2)V，有效值为20 V，选项B错误；t＝0.005 s时刻，线框中产生的交变电动势瞬时值为e1＝20eq \r(2)sin 0.5π(V)＝20eq \r(2) V，此时线框平面与中性面垂直，选项C错误；t＝0.05 s时刻，线框中产生的交变电动势瞬时值为e2＝20eq \r(2)sin 5π(V)＝0，可知此时穿过线框的磁通量变化率为0，线框平面与中性面重合，选项D正确．答案：D6．解析：转子转速为正常时的一半，根据ω＝2πn＝eq \f(2π,T)知，周期变为正常时的2倍，根据Em＝NBSω知，最大值变为正常时的一半，结合我国电网交变电流的实际情况可知，B正确．答案：B7．解析：当t＝eq \f(2π,ω)时，即ωt＝2π时线框中的感应电流最大，A错误；当t＝eq \f(π,2ω)时，即ωt＝eq \f(π,2)时，线框处于中性面位置，感应电流为零，此时磁通量的变化率最小，B错误；线框中产生的交变电动势的最大值为Em＝nB·eq \f(S,2)·ω＝eq \f(1,2)nBSω，C错误；线框中产生的交变电动势的有效值为E＝eq \f(Em,\r(2))＝eq \f(\r(2),4)nBSω，D正确．答案：D8．解析：由楞次定律可知，线框转过180°的过程中，感应电流方向始终沿ACBA，通过线框导线截面的电荷量不为零，故A、B错误；由法拉第电磁感应定律可知，平均感应电动势eq \o(E,\s\up6(－))＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(2BS,\f(π,ω))＝eq \f(2B×\f(1,2)L×Lsin 60°,\f(π,ω))＝eq \f(\r(3)ωBL2,2π)，故C正确；感应电动势峰值Em＝BSω＝B×eq \f(1,2)L×Lsin 60°×ω＝eq \f(\r(3)ωBL2,4)，线框匀速转动产生正弦式交变电流，电动势的有效值E＝eq \f(Em,\r(2))＝eq \f(\r(6)ωBL2,8)，故D正确．答案：CD9．解析：图甲中通过线圈的磁通量变化规律为Φ甲＝B0Scoseq \f(2π,T)t，图乙中通过线圈的磁通量变化规律为Φ乙＝B0Scoseq \f(2π,T)t.由于两线圈的磁通量变化规律相同，则两线圈中感应电动势的变化规律相同，达到最大值的时刻也相同，有效值E也相同．又因两线圈电阻相同，所以Q＝eq \f(E2,R)t也相同．经过eq \f(T,4)时间，流过两线圈横截面的电荷量q＝eq \f(ΔΦ,R)也相同，故A、C、D三项正确．答案：ACD10．解析：bc、ad边的运动速度为：v＝ωeq \f(L,2)，感应电动势为：Em＝4BLv，解得：Em＝2BL2ω，根据欧姆定律得电流为：Im＝eq \f(Em,R＋r)，bc边向左切割时，感应电流方向为c→b，bc边向右切割时，感应电流方向为b→c，线圈切割磁感线时穿过线圈的磁通量变化率不变且不为零，线圈在磁场外不切割磁感线时磁通量变化率为零，线圈连续转动，流过电阻R的电流方向周期性变化，属于交流电，电流的大小不变，故产生的不是正弦式交流电，一个周期内，通电时间为：t＝eq \f(4,9)T，R上产生的焦耳热为：Q＝Ieq \o\al(2,m)Rt，且有：Q＝I2RT，解得线圈上电流的有效值为：I＝eq \f(4BL2ω,3R＋r)，故D正确，A、B、C错误．答案：D11．解析：线圈在磁场中切割磁感线产生的电动势为Emax＝NBlvmax，其中l＝πD，联立得Emax＝πNBDvmax＝π×200×0.2×0.4×0.4π V＝64 V；则波浪发电产生电动势e的瞬时表达式e＝Emaxsin πt＝64sin(πt) V；根据闭合电路欧姆定律有I＝eq \f(E,R＋r)，得i＝eq \f(e,R＋r)＝4sin(πt) A，故A正确，B错误．通过灯泡电流的有效值为I＝eq \f(4,\r(2)) A，则灯泡的电功率为P＝I2R＝eq \f(16,2)×15 W＝120 W，故C正确．灯泡两端电压的有效值为U＝IR＝eq \f(4,\r(2))×15 V＝30eq \r(2) V，故D错误．答案：AC12．解析：本题考查电磁感应中的功能关系和能量问题．由图乙可知，线圈中磁场的磁感应强度按照余弦函数规律变化，周期为T＝0.02 s，ω＝eq \f(2π,T)＝100π rad/s，由Φ＝BS可知线圈中磁通量按照余弦规律变化，根据法拉第电磁感应定律可知产生的感应电动势和感应电流按照正弦规律变化，在t＝0.005 s时感应电动势和感应电流最大，选项A错误；由楞次定律可判断出在t＝0.005 s时通过电阻R的电流方向为由b流向a，选项B错误；在0～0.01 s内，线圈内磁通量变化ΔΦ＝2BS，由q＝neq \f(ΔΦ,R＋r)可得在0～0.01 s内通过电阻R的电荷量q＝100×eq \f(2×4×10－2×1.5×10－3,7＋1) C＝1.5×10－3 C，选项C正确；产生的感应电动势最大值为Em＝nBSω＝100×4×10－2×1.5×10－3×100π V＝0.6π V，有效值为E＝eq \f(Em,\r(2))，电阻R中电流I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(0.3\r(2),8)π A，在0.02～0.03 s内电阻R产生的焦耳热为Q＝I2Rt≈1.9×10－3 J，选项D错误．答案：C13．解析：本题考查交变电流的瞬时值和交变电流图象问题．正弦交变电流的交流电压数值eq \f(Um,2)对应于正弦的30°，对应的时间为eq \f(T,12)，如图甲所示，则一个周期内电压小于eq \f(Um,2)的时间为eq \f(T,3)，对应于题图丙一个周期电压为2 V的时间为eq \f(2T,3)，如图乙所示，根据有效值的定义可得eq \f(U\o\al(2,1),R)×eq \f(2T,3)＝eq \f(U2,R)T，将U1＝2 V代入，解得U＝1.63 V，即电压有效值约为1.6 V，B正确．答案：B