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教科版 (2019)选择性必修 第二册2 正弦交变电流的描述课时训练
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1．C [电容器击穿电压指电容器两端能承受的电压的最大值，故C正确。]
2．D [对于正弦交变电流可直接应用最大值为有效值的2倍这一规律，将此交变电流分为前后两部分正弦交流电，可直接得到这两部分正弦交变电流的有效值，分别为I1＝2.52A和I2＝7.52A，分别取一个周期T中的前0.01s和后0.01s计算产生的电热Q＝I12R×0.01 J+I22R×0.01J，再利用有效值的定义得Q＝I2R×0.02J，解得I＝2.510A，故D正确。]
3．B [计算电阻发热Q＝I2Rt需用交流电的有效值，图甲的有效值为I1＝Im2，图乙的有效值为I2＝Im，所以代入可得Q甲Q乙＝I12I22＝12，B正确。]
4．D [由产生的电动势可知，该交变电流的频率为5Hz，选项A错误；该电动势的有效值为E＝10V，选项B错误；电路中交流电流表的示数为电流的有效值，为I＝ER+r＝1.0A，选项D正确；外接电阻R所消耗的电功率为P＝I2R＝9W，选项C错误。]
5．C [由图可知，T＝4×10-2s，故f＝1T＝25Hz，故A错误；交流电的最大值Em＝100V，故有效值为E＝Em2＝502V，故B错误；交流电的角速度为ω＝2πf＝50πrad/s，所以其表达式为u＝100sin(50πt)V，故C正确；电容器的耐压值应大于或等于交流电压的最大值，故此交流电压不可以直接接耐压值为80V的电容器，故D错误。]
6．C [电压表测量为电压的有效值，所以电压表示数为10022V＝100V，A错误；灯泡额定电压为100V，所以灯泡正常发光，功率为100W，B错误；根据表达式可知，角速度ω＝100πrad/s，所以周期T＝2πω＝0.02s，C正确；当t＝1400s时，代入表达式，瞬时值为100V，D错误。]
7．D [由图知该交变电动势的周期T＝0.02s，则频率为f＝1T＝50Hz，则ω＝2πf＝100πrad/s，A错误；由闭合电路欧姆定律可知电热丝两端的电压U＝RER+r＝180V，B错误；t＝0.005s时瞬时电动势最大，故磁通量变化率最大，C错误；由于每个周期电流改变2次方向，由于f＝1T＝50Hz，故每秒改变100次，D正确。]
8．B [由题图乙电动势随时间变化的正弦规律图像可知，计时起点e＝0，即从中性面开始计时，A错误；由题图乙可知电动势周期为0.02s，所以频率为50Hz，即每秒钟内电流方向改变100次，B正确；由题图乙可知灯泡两端的电压为U＝EmR2R+r＝90100×22V＝19.8V，故C错误；0～0.01s时间内通过灯泡的电流均为正方向，所以电荷量不为0，D错误。]
9．解析 (1)感应电动势的最大值为Em＝NBSω＝10×1×0.1×10πV＝31.4V
感应电流的最大值为Im＝EmR+r＝31.49+1A＝3.14A
电流的瞬时表达式为
i＝Imcsωt＝(A)。
(2)电流的有效值为I＝Im2
电阻R两端电压有效值为U＝IR
联立得电压表示数为U≈20V。
(3)通过R的电荷量为q＝IΔt
又I＝ER+r＝NΔΦΔtR+r＝NBSR+rΔt
所以q＝NBSR+r＝0.1C。
答案 (1)(A) (2)20V (3)0.1C
B组 素养提升练
10．AC [由图乙可知，a的周期为0.4s，b的周期为0.6s，转速与周期成反比，故曲线a、b对应的线圈转速之比为na∶nb＝3∶2，曲线a表示的交变电动势最大值是10V，根据交变电流的最大值Em＝NBSω＝2πNBST，所以有EmEma＝TaTb，得曲线b表示的交变电动势最大值是Emb＝203V，故A正确，B错误；由图乙可知，0时刻电压为0，说明线圈位于中性面，所以0时刻线圈平面与磁场方向垂直，故C正确；交流电压表读数是有效值，所以若改用交流电压表接在发电机的输出端，电压表显示交流电a的值为U＝Em2＝52V，故D错误。]
11．B [交流电压表测量交流电压的有效值，数值保持不变且不为零，故A错误；由乙图可知，交流电压的有效值为U＝22022V＝220V，所以灯泡正常发光，故B正确；交流电压的最大值2202V＝311V>300V，所以电容器有可能会被击穿，故C错误；电压表测量了电源的路端电压且电压值为U＝22022V＝220V，故D错误。]
12．解析 (1)线圈产生的感应电动势E0＝BL2ω
形成的感应电流I＝E0R
ad边受到的安培力FA＝BIL
解得FA＝B2L3ωR。
(2)此过程产生的平均感应电动势E＝ΔΦΔt
平均感应电流I＝ER
则q＝I·Δt
解得q＝BL2R。
(3)产生电动势的有效值E＝E02
产生的热量Q＝E2R·π2ω
解得Q＝πB2L4ω4R
根据动能定理有mg·L2＋W－Q＝0
解得W＝πB2L4ω4R－12mgL。
答案 (1)BL2ω B2L3ωR (2)BL2R (3)πB2L4ω4R πB2L4ω4R－12mgL
13．解析 (1)由题图乙知t＝π×10-3s时受电线圈中产生的电动势最大，为Em＝20V
线圈中产生感应电流的大小为
I1＝Im＝EmR+r＝2.0A
由楞次定律可以得到此时c端电势高。
(2)通过电阻的电流的有效值为I＝Im2＝2A
电阻在一个周期内产生的热量Q＝I2RT≈5.7×10-2J。
(3)线圈中感应电动势的平均值E＝nΔΦΔt
通过电阻R的电流的平均值为I＝ER+r，通过电阻R的电荷量q＝I·Δt
由题图乙知，在T4～3T4的时间内，ΔΦ＝4×10-4Wb
解得q＝nΔΦR+r＝2×10-3C。
答案 (1)2.0A c端电势高 (2)5.7×10-2J (3)2×10-3C
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AC
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1．C [电容器击穿电压指电容器两端能承受的电压的最大值，故C正确。]
2．D [对于正弦交变电流可直接应用最大值为有效值的2倍这一规律，将此交变电流分为前后两部分正弦交流电，可直接得到这两部分正弦交变电流的有效值，分别为I1＝2.52A和I2＝7.52A，分别取一个周期T中的前0.01s和后0.01s计算产生的电热Q＝I12R×0.01 J+I22R×0.01J，再利用有效值的定义得Q＝I2R×0.02J，解得I＝2.510A，故D正确。]
3．B [计算电阻发热Q＝I2Rt需用交流电的有效值，图甲的有效值为I1＝Im2，图乙的有效值为I2＝Im，所以代入可得Q甲Q乙＝I12I22＝12，B正确。]
4．D [由产生的电动势可知，该交变电流的频率为5Hz，选项A错误；该电动势的有效值为E＝10V，选项B错误；电路中交流电流表的示数为电流的有效值，为I＝ER+r＝1.0A，选项D正确；外接电阻R所消耗的电功率为P＝I2R＝9W，选项C错误。]
5．C [由图可知，T＝4×10-2s，故f＝1T＝25Hz，故A错误；交流电的最大值Em＝100V，故有效值为E＝Em2＝502V，故B错误；交流电的角速度为ω＝2πf＝50πrad/s，所以其表达式为u＝100sin(50πt)V，故C正确；电容器的耐压值应大于或等于交流电压的最大值，故此交流电压不可以直接接耐压值为80V的电容器，故D错误。]
6．C [电压表测量为电压的有效值，所以电压表示数为10022V＝100V，A错误；灯泡额定电压为100V，所以灯泡正常发光，功率为100W，B错误；根据表达式可知，角速度ω＝100πrad/s，所以周期T＝2πω＝0.02s，C正确；当t＝1400s时，代入表达式，瞬时值为100V，D错误。]
7．D [由图知该交变电动势的周期T＝0.02s，则频率为f＝1T＝50Hz，则ω＝2πf＝100πrad/s，A错误；由闭合电路欧姆定律可知电热丝两端的电压U＝RER+r＝180V，B错误；t＝0.005s时瞬时电动势最大，故磁通量变化率最大，C错误；由于每个周期电流改变2次方向，由于f＝1T＝50Hz，故每秒改变100次，D正确。]
8．B [由题图乙电动势随时间变化的正弦规律图像可知，计时起点e＝0，即从中性面开始计时，A错误；由题图乙可知电动势周期为0.02s，所以频率为50Hz，即每秒钟内电流方向改变100次，B正确；由题图乙可知灯泡两端的电压为U＝EmR2R+r＝90100×22V＝19.8V，故C错误；0～0.01s时间内通过灯泡的电流均为正方向，所以电荷量不为0，D错误。]
9．解析 (1)感应电动势的最大值为Em＝NBSω＝10×1×0.1×10πV＝31.4V
感应电流的最大值为Im＝EmR+r＝31.49+1A＝3.14A
电流的瞬时表达式为
i＝Imcsωt＝(A)。
(2)电流的有效值为I＝Im2
电阻R两端电压有效值为U＝IR
联立得电压表示数为U≈20V。
(3)通过R的电荷量为q＝IΔt
又I＝ER+r＝NΔΦΔtR+r＝NBSR+rΔt
所以q＝NBSR+r＝0.1C。
答案 (1)(A) (2)20V (3)0.1C
B组 素养提升练
10．AC [由图乙可知，a的周期为0.4s，b的周期为0.6s，转速与周期成反比，故曲线a、b对应的线圈转速之比为na∶nb＝3∶2，曲线a表示的交变电动势最大值是10V，根据交变电流的最大值Em＝NBSω＝2πNBST，所以有EmEma＝TaTb，得曲线b表示的交变电动势最大值是Emb＝203V，故A正确，B错误；由图乙可知，0时刻电压为0，说明线圈位于中性面，所以0时刻线圈平面与磁场方向垂直，故C正确；交流电压表读数是有效值，所以若改用交流电压表接在发电机的输出端，电压表显示交流电a的值为U＝Em2＝52V，故D错误。]
11．B [交流电压表测量交流电压的有效值，数值保持不变且不为零，故A错误；由乙图可知，交流电压的有效值为U＝22022V＝220V，所以灯泡正常发光，故B正确；交流电压的最大值2202V＝311V>300V，所以电容器有可能会被击穿，故C错误；电压表测量了电源的路端电压且电压值为U＝22022V＝220V，故D错误。]
12．解析 (1)线圈产生的感应电动势E0＝BL2ω
形成的感应电流I＝E0R
ad边受到的安培力FA＝BIL
解得FA＝B2L3ωR。
(2)此过程产生的平均感应电动势E＝ΔΦΔt
平均感应电流I＝ER
则q＝I·Δt
解得q＝BL2R。
(3)产生电动势的有效值E＝E02
产生的热量Q＝E2R·π2ω
解得Q＝πB2L4ω4R
根据动能定理有mg·L2＋W－Q＝0
解得W＝πB2L4ω4R－12mgL。
答案 (1)BL2ω B2L3ωR (2)BL2R (3)πB2L4ω4R πB2L4ω4R－12mgL
13．解析 (1)由题图乙知t＝π×10-3s时受电线圈中产生的电动势最大，为Em＝20V
线圈中产生感应电流的大小为
I1＝Im＝EmR+r＝2.0A
由楞次定律可以得到此时c端电势高。
(2)通过电阻的电流的有效值为I＝Im2＝2A
电阻在一个周期内产生的热量Q＝I2RT≈5.7×10-2J。
(3)线圈中感应电动势的平均值E＝nΔΦΔt
通过电阻R的电流的平均值为I＝ER+r，通过电阻R的电荷量q＝I·Δt
由题图乙知，在T4～3T4的时间内，ΔΦ＝4×10-4Wb
解得q＝nΔΦR+r＝2×10-3C。
答案 (1)2.0A c端电势高 (2)5.7×10-2J (3)2×10-3C
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