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高中物理粤教版 (2019)选择性必修 第二册第二节 描述交变电流的物理量当堂检测题
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这是一份高中物理粤教版 (2019)选择性必修 第二册第二节 描述交变电流的物理量当堂检测题，文件包含粤教版高中物理选择性必修第二册课时分层作业10描述交变电流的物理量含答案docx、粤教版高中物理选择性必修第二册课时分层作业10答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共10页， 欢迎下载使用。
1．C [交流电压表测量的电压值就是电压的有效值；保险丝熔断是因为电阻发热使温度超过了熔断值，而与电热相关的电流值就是指有效值；电容器的击穿是因为电压瞬时值超过了其击穿电压值，这是瞬时值，所以击穿电压表示的是电压最大值；220 V交流电压，是有效值。故应选C。]
2．C [电流的负值表示电流方向与规定正方向相反，不表示大小，A项错误；交流电流表测交变电流时，显示的是有效值，指针不会来回摆动，B项错误；我国工农业生产和生活用的交变电流，周期为0.02 s，交流电方向一个周期改变两次，所以每秒改变100次，C项正确；由ω＝2πf，得正弦交变电流i＝20sin 10πt(A)的频率为 5 Hz，D项错误。]
3．A [根据交变电流有效值的定义知交变电流的有效值即为直流的电流值，为3 A。根据有效值与最大值的2倍关系，易知交变电流的最大值为32 A，故A正确，B错误；根据欧姆定律U＝IR，则有U有效＝I有效R，Um＝ImR，得电阻两端的交流电压的有效值为300 V，最大值为3002 V。故C、D错误。]
4．D [Q交＝Im22RT2＝2R×T2＝RT，Q直＝I2RT，Q交＝Q直，故I＝1 A，D正确。]
5．A [在一个周期T内，正弦交流电在电阻中消耗的电能为W甲＝I22Rt，方波交流电在电阻中消耗的电能为W乙＝I2Rt，所以W甲∶W乙＝1∶2，故A正确。]
6．C [设正方形金属线框的边长为l，电阻为R，磁场的磁感应强度为B，题图甲产生的感应电动势为E1＝Blv，进入过程时间为t1＝lv，产生的热量为Q1＝E12Rt1＝B2l3vR；题图乙产生的为正弦式交变电流，感应电动势有效值为E＝Blv2，在磁场中转动时间为t2＝πl2v，产生的热量为Q2＝E2Rt2＝πB2l3v4R，联立解得Q1Q2＝4π，故选C。]
7．BC [由题图乙可知，周期为0.02 s，则线圈的转速为n＝f＝1T＝50 r/s，故A错误；由题图乙可知，周期为0.02 s，Emax＝222 V，角速度ω＝2πT＝100π rad/s，则该交变电流的瞬时表达式为e＝222sin 100πt(V)，矩形金属线框平面与中性面的夹角为45°，则e＝222sin 45°(V)＝22 V，故B正确；当t＝0.01 s时刻感应电动势等于零，所以穿过线框回路的磁通量最大，线框平面与中性面重合，矩形金属线框平面与磁感线垂直，从t＝0到t＝0.01 s时间内，磁通量变化量为ΔΦ＝2BS＝2Emaxω＝2×222100π Wb，通过线框某一截面的电荷量为q＝ΔΦR＝2×222100π×15 C≈4.0×10-2 C，故C正确；线框转动一周，cd边产生的焦耳热为Q＝14E2RT＝14×2225×0.02 J＝0.484 J，故D错误。]
8．AC [由题图乙知t＝0时两次转动产生的瞬时电动势都等于零，故A正确；由题图乙知两次转动所产生的交变电动势的周期之比Ta∶Tb＝2∶3，再由周期与转速的关系n＝1T得na∶nb＝3∶2，故B错误；因Ta＝4×10-2 s，故fa＝1Ta＝25 Hz，C正确；因Ema＝15 V，而Em＝NBSω＝2πNBST，故Emb＝TaTbEma＝10 V，Eb＝Emb2＝52 V，D错误。]
9．解析：(1)电动势的最大值为
Em＝NBωS＝NB·(2πn转)·(ab·bc)＝314 V。
(2)电动势瞬时值的表达式
e＝Emsin ωt＝314sin 10πt(V)。
(3)UV＝RR+r×22Em≈220 V。
答案：(1)314 V (2)e＝314sin 10πt(V) (3)220 V
B组 能力提升练
10．BD [由于滑环的作用，通过R的电流方向不变，但是框内的电流方向是变化的，A错误；由题图可知，由于线框没有电阻，所以电动势等于电阻两端的电压，B正确；因为流过R的电流方向不变，金属框转动半周，流过R的电荷量q′＝IΔt＝ERΔt＝ΔΦR＝2BL2R，所以金属框转动一周流过R的电荷量q＝2q′＝4BL2R，C错误；由Um＝BL2ω，解得ω＝UmBL2，金属框转动一周，电阻产生的焦耳热Q＝U2RT＝Um22R·2 πω＝πUmBL2R，D正确。]
11．B [根据E＝nΔΦΔt，两线圈中磁通量的变化率相等，但是匝数不等，则产生的感应电动势最大值不相等，有效值也不相等，根据P＝U2R，可知，两电阻的电功率也不相等，选项A、D错误；因两线圈放在同一个旋转条形磁铁的旁边，则两线圈产生的交流电的频率相等，选项B正确；当磁铁的磁极到达线圈附近时，磁通量变化率最大，感应电动势最大，可知两线圈产生的感应电动势不可能同时达到最大值，选项C错误。]
12．解析：(1)由图像可知电动势的最大值Em＝5 V，根据正弦交流电的最大值和有效值的关系，有效值为：E＝22Em≈3.5 V。
(2)因为e＝Emsin ωt＝5sin 100πt(V)，当t＝1200 s时，
e＝5sin 100π×1200 V＝5 V，
这时线圈平面跟磁感线平行。
(3)由于Em＝nBSω，所以
B＝EmnSω＝525×2π×50×16×10-4 T≈0.4 T。
答案：(1)5 V 3.5 V (2)5 V 线圈平面跟磁感线平行
(3)0.4 T
13．解析：(1)线框转动时产生感应电动势的最大值
Em＝BSω＝52π×0.02×100π V ＝102 V，
因线框转动从平行于磁感线位置开始计时，则感应电动势的瞬时值表达式为e＝Em cs ωt＝102cs 100πt(V)。
(2)由题意知灯泡的电阻R＝3 Ω，
线框产生的电动势的有效值E＝Em2＝10 V，灯泡两端电压U＝ER+rR＝5 V<6 V，故灯泡不能正常发光，其实际功率P＝U2R＝523 W＝253 W。
答案：(1)e＝102cs (100πt)V (2)不能 253 W
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1．C [交流电压表测量的电压值就是电压的有效值；保险丝熔断是因为电阻发热使温度超过了熔断值，而与电热相关的电流值就是指有效值；电容器的击穿是因为电压瞬时值超过了其击穿电压值，这是瞬时值，所以击穿电压表示的是电压最大值；220 V交流电压，是有效值。故应选C。]
2．C [电流的负值表示电流方向与规定正方向相反，不表示大小，A项错误；交流电流表测交变电流时，显示的是有效值，指针不会来回摆动，B项错误；我国工农业生产和生活用的交变电流，周期为0.02 s，交流电方向一个周期改变两次，所以每秒改变100次，C项正确；由ω＝2πf，得正弦交变电流i＝20sin 10πt(A)的频率为 5 Hz，D项错误。]
3．A [根据交变电流有效值的定义知交变电流的有效值即为直流的电流值，为3 A。根据有效值与最大值的2倍关系，易知交变电流的最大值为32 A，故A正确，B错误；根据欧姆定律U＝IR，则有U有效＝I有效R，Um＝ImR，得电阻两端的交流电压的有效值为300 V，最大值为3002 V。故C、D错误。]
4．D [Q交＝Im22RT2＝2R×T2＝RT，Q直＝I2RT，Q交＝Q直，故I＝1 A，D正确。]
5．A [在一个周期T内，正弦交流电在电阻中消耗的电能为W甲＝I22Rt，方波交流电在电阻中消耗的电能为W乙＝I2Rt，所以W甲∶W乙＝1∶2，故A正确。]
6．C [设正方形金属线框的边长为l，电阻为R，磁场的磁感应强度为B，题图甲产生的感应电动势为E1＝Blv，进入过程时间为t1＝lv，产生的热量为Q1＝E12Rt1＝B2l3vR；题图乙产生的为正弦式交变电流，感应电动势有效值为E＝Blv2，在磁场中转动时间为t2＝πl2v，产生的热量为Q2＝E2Rt2＝πB2l3v4R，联立解得Q1Q2＝4π，故选C。]
7．BC [由题图乙可知，周期为0.02 s，则线圈的转速为n＝f＝1T＝50 r/s，故A错误；由题图乙可知，周期为0.02 s，Emax＝222 V，角速度ω＝2πT＝100π rad/s，则该交变电流的瞬时表达式为e＝222sin 100πt(V)，矩形金属线框平面与中性面的夹角为45°，则e＝222sin 45°(V)＝22 V，故B正确；当t＝0.01 s时刻感应电动势等于零，所以穿过线框回路的磁通量最大，线框平面与中性面重合，矩形金属线框平面与磁感线垂直，从t＝0到t＝0.01 s时间内，磁通量变化量为ΔΦ＝2BS＝2Emaxω＝2×222100π Wb，通过线框某一截面的电荷量为q＝ΔΦR＝2×222100π×15 C≈4.0×10-2 C，故C正确；线框转动一周，cd边产生的焦耳热为Q＝14E2RT＝14×2225×0.02 J＝0.484 J，故D错误。]
8．AC [由题图乙知t＝0时两次转动产生的瞬时电动势都等于零，故A正确；由题图乙知两次转动所产生的交变电动势的周期之比Ta∶Tb＝2∶3，再由周期与转速的关系n＝1T得na∶nb＝3∶2，故B错误；因Ta＝4×10-2 s，故fa＝1Ta＝25 Hz，C正确；因Ema＝15 V，而Em＝NBSω＝2πNBST，故Emb＝TaTbEma＝10 V，Eb＝Emb2＝52 V，D错误。]
9．解析：(1)电动势的最大值为
Em＝NBωS＝NB·(2πn转)·(ab·bc)＝314 V。
(2)电动势瞬时值的表达式
e＝Emsin ωt＝314sin 10πt(V)。
(3)UV＝RR+r×22Em≈220 V。
答案：(1)314 V (2)e＝314sin 10πt(V) (3)220 V
B组 能力提升练
10．BD [由于滑环的作用，通过R的电流方向不变，但是框内的电流方向是变化的，A错误；由题图可知，由于线框没有电阻，所以电动势等于电阻两端的电压，B正确；因为流过R的电流方向不变，金属框转动半周，流过R的电荷量q′＝IΔt＝ERΔt＝ΔΦR＝2BL2R，所以金属框转动一周流过R的电荷量q＝2q′＝4BL2R，C错误；由Um＝BL2ω，解得ω＝UmBL2，金属框转动一周，电阻产生的焦耳热Q＝U2RT＝Um22R·2 πω＝πUmBL2R，D正确。]
11．B [根据E＝nΔΦΔt，两线圈中磁通量的变化率相等，但是匝数不等，则产生的感应电动势最大值不相等，有效值也不相等，根据P＝U2R，可知，两电阻的电功率也不相等，选项A、D错误；因两线圈放在同一个旋转条形磁铁的旁边，则两线圈产生的交流电的频率相等，选项B正确；当磁铁的磁极到达线圈附近时，磁通量变化率最大，感应电动势最大，可知两线圈产生的感应电动势不可能同时达到最大值，选项C错误。]
12．解析：(1)由图像可知电动势的最大值Em＝5 V，根据正弦交流电的最大值和有效值的关系，有效值为：E＝22Em≈3.5 V。
(2)因为e＝Emsin ωt＝5sin 100πt(V)，当t＝1200 s时，
e＝5sin 100π×1200 V＝5 V，
这时线圈平面跟磁感线平行。
(3)由于Em＝nBSω，所以
B＝EmnSω＝525×2π×50×16×10-4 T≈0.4 T。
答案：(1)5 V 3.5 V (2)5 V 线圈平面跟磁感线平行
(3)0.4 T
13．解析：(1)线框转动时产生感应电动势的最大值
Em＝BSω＝52π×0.02×100π V ＝102 V，
因线框转动从平行于磁感线位置开始计时，则感应电动势的瞬时值表达式为e＝Em cs ωt＝102cs 100πt(V)。
(2)由题意知灯泡的电阻R＝3 Ω，
线框产生的电动势的有效值E＝Em2＝10 V，灯泡两端电压U＝ER+rR＝5 V<6 V，故灯泡不能正常发光，其实际功率P＝U2R＝523 W＝253 W。
答案：(1)e＝102cs (100πt)V (2)不能 253 W
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