【文档说明】2024-2025学年精品同步试题 物理（选择性必修第二册 人教版2019）第三章 2-交变电流的描述 Word版含解析.docx，共(5)页，364.455 KB，由小赞的店铺上传

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2.交变电流的描述课后训练巩固提升一、基础巩固1.(多选)某小型发电机产生的交流电动势为e=50sin100πt(V),对此电动势,下列表述正确的是()A.最大值是50√2VB.频率是100HzC.有效值是25√2VD.周期是0.02s答案:CD解析:由交流电动势的表达式可知,电动势

的最大值Em=50V,有效值为E=𝐸m√2=25√2V,周期T=2π𝜔=0.02s,频率f=1𝑇=50Hz,故C、D正确。2.(多选)有一交变电流如图所示,则由此图像可知()A.它的周期是0.8sB.它的峰值是4AC.它的

有效值是2√2AD.它的频率是0.8Hz答案:AB解析:由题图可知,周期为0.8s,频率为1.25Hz,选项A正确,D错误;峰值是4A,选项B正确;因图示交变电流不是正弦式交变电流,故有效值不是2√2A,选项C错误。3.下图是某种正弦式交流电压的图像,由图可确定该

电压的()A.周期是0.01sB.最大值是220VC.有效值是220VD.表达式为u=220sin100πt(V)答案:C解析:由题图可知,该交流电压的周期为0.02s,最大值为311V,而有效值U=𝑈m√2=311√2V=220V,故A、B错误,C正确。该正弦式交流电压的瞬时值

表达式为u=Umsinωt=311sin2π0.02t(V)=311sin100πt(V),故D错误。4.在阻值为70Ω的电阻中通以正弦式交变电流,测得在10min内放出的热量为2.1×104J,则此交变电流的最大

值为()A.0.24AB.0.5AC.0.707AD.1A答案:D解析:根据Q=I2Rt得I=1√2A,所以Im=√2I=1A。5.(多选)一正弦式交变电流的电压随时间变化的规律如图所示,由图可知()A.该交变电流的电压的最

大值为20√2VB.该交变电流的电压的有效值为10√2VC.若将该交变电流电压加在阻值R=10Ω的电阻两端,则电阻消耗的功率为20WD.若将该交变电流电压加在阻值R=10Ω的电阻两端,则电阻消耗的功率为40W答案:BC解析:由题图可知,交变电流的电压的最大值为20V,故A错误;交变电流的电

压的有效值为U=𝑈m√2=20√2V=10√2V,故B正确;功率P=𝑈2𝑅=(10√2)210W=20W,故C正确,D错误。6.在如图所示电路中,A是熔断电流I0=2A的保险丝,R是可变电阻,S是交流电源。交流电源的内阻不计,

其电动势随时间变化的规律是e=220√2sin314t(V)。为了不使保险丝熔断,可变电阻的阻值应该大于()A.110√2ΩB.110ΩC.220ΩD.220√2Ω答案:B解析:U=220V,Rmin=𝑈𝐼0=

2202Ω=110Ω。7.如图所示,线圈的面积是0.1m2,共50匝,线圈电阻为r=1Ω,外接电阻R=9Ω,匀强磁场的磁感应强度B=2πT,线圈以5r/s的转速匀速旋转。(1)若从中性面开始计时,写出线圈感

应电动势的瞬时值表达式。(2)电路中电压表示数是多少?答案:(1)e=100sin10πt(V)(2)45√2V解析:(1)若从中性面开始计时,线圈中感应电动势的瞬时值表达式为e=Emsinωt其中ω=2πn=10πrad/

s,Em=NBSω=50×2π×0.1×10πV=100V故线圈中感应电动势的瞬时值表达式为e=100sin10πt(V)。(2)电动势的有效值为E=𝐸m√2=50√2V电压表的示数为U=IR=𝐸𝑅+𝑟R=45√2V。二、能力提升1.如图所示,

单匝线圈逆时针转动,产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图乙所示。线圈内阻为0.5Ω,外接灯泡的电阻为9.5Ω,则()A.电压表的示数为6VB.电流方向每秒改变50次C.若线圈从图甲所示位置开始计时,电动势的表达式为e=

6√2sin100πt(V)D.在t=0.01s的时刻,穿过线圈的磁通量为3√250πWb答案:D解析:根据题图乙可知,线圈产生的交变电流的电压的有效值为E=𝐸m√2=6√2√2V=6V,根据闭合电路的欧姆定律可知U=𝐸𝑅+𝑟R=69.5+0.5

×9.5V=5.7V,故A错误;交变电流的周期T=0.02s,电流方向每秒改变的次数为n=10.02×2=100,故B错误;若线圈从图甲所示位置开始计时,电动势的表达式为e=6√2cos100πt(V),故C错误;在t=0.01s时,线圈平面位

于中性面位置,根据Em=NBSω可知,Φ=BS=𝐸m𝑁𝜔=6√21×2π0.02Wb=3√250πWb,故D正确。此题主要考查了交变电流的瞬时值和有效值,意在提高学生的辨析、理解和计算能力,培养学生的科学思维。2.如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.𝐵𝑙2𝜔2𝑅B.√2𝐵𝑙2𝜔2𝑅C.√2𝐵𝑙2𝜔4𝑅D.𝐵𝑙2𝜔

4𝑅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,线框转动周期为T,而线框转动一周只有𝑇4的时间内有感应电流,则有(𝐵𝑙𝜔𝑙2𝑅)2R·𝑇4=I2RT,所以I=𝐵𝑙2𝜔4𝑅,选项D正确。3.右图为小型旋转电枢式交流发电机的原理图,其矩形线圈在磁感应强度为B的

匀强磁场中,绕垂直于磁场方向的固定轴OO'匀速转动,线圈的两端经集流环和电刷与电阻R=10Ω连接,t=0时线圈以T=0.02s的周期从图中位置开始转动,转动时理想交流电压表示数为10V。则()A.电阻R上的电功率为20WB.R两端的电压u随时间变化的规律是u=10√2cos100πt(

V)C.0.02s时R两端的电压瞬时值为零D.通过R的电流i随时间t变化的规律是i=√2cos50πt(A)答案:B解析:电阻R消耗的功率为P=𝑈2𝑅=10210W=10W,故A错误;R两端电压的最大值为Um=√2U=10√2V,由题可知,周期为T=0.02s,角速

度ω=2π𝑇=100πrad/s,故R两端的电压u随时间t变化的规律是u=10√2cos100πt(V),故B正确;0.02s时磁通量的变化率最大,此时产生的感应电动势最大,故C错误;Im=𝑈m𝑅=10√210A=√2A,则通过R的电流i随时间t变化的规律是i=√2

cos100πt(A),故D错误。4.(多选)如图所示,边长为l的正方形单匝线圈abcd,其电阻为r,外电路的电阻为R,ab的中点和cd的中点的连线O'O恰好位于匀强磁场的边界线上,磁场的磁感应强度为B。若线圈从图示位置开始以角速度ω

绕轴O'O匀速转动,则以下判断正确的是()A.图示位置线圈中的感应电动势最大,为Em=Bl2ωB.闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e=12Bl2ωsinωtC.线圈从图示位置转过180°的过程中,流过电阻R的电荷量为q=2𝐵𝑙2𝑅+𝑟D.线

圈转动一周的过程中,电阻R上产生的热量为Q=π𝐵2𝜔𝑙4𝑅4(𝑅+𝑟)2答案:BD解析:图示位置,线圈中通过的磁通量最大,但感应电动势为零,A错误;线圈产生的感应电动势最大值为Em=12Bl2ω,故对应的瞬时值表达式为e=12Bl2ωsi

nωt,B正确;由q=Δ𝛷𝑅+𝑟可得线圈从图示位置转过180°的过程中,流过电阻R的电荷量q=𝐵𝑙2𝑅+𝑟,C错误;电阻R上产生的热量应利用有效值求解,即转动一周的过程中产生的热量Q=[𝐸m√2(𝑅+𝑟)]2R·2π𝜔=π𝐵2𝜔𝑙4𝑅4(𝑅+𝑟)2,D正确

。5.如图所示,线圈abcd的面积是0.05m2,共100匝,线圈电阻为1Ω,外接电阻R=9Ω,匀强磁场的磁感应强度为B=1πT,当线圈以300r/min的转速匀速转动时:(1)求电路中交流电压表和交流电流表的示数。(2)求线圈从图示位

置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量。答案:(1)31.82V3.54A(2)0.16C解析:(1)Em=NBSω=100×1π×0.05×2π×30060V=50VE=𝐸m√2=25√2V=35.4V电流表示数I=𝐸𝑅+𝑟=5√22A=3.54A电

压表示数U=IR=45√22V=31.82V。(2)从图示位置转过90°的过程中,有𝐸=NΔ𝛷Δ𝑡又因为𝐼=𝐸𝑅+𝑟q=𝐼Δt联立得q=𝑁Δ𝛷𝑅+𝑟=𝑁𝐵𝑆𝑅+𝑟=0.16C。6.右图为演示用的手摇发电机模型,匀强磁场磁

感应强度B=0.5T,线圈匝数N=50,每匝线圈面积0.48m2,转速150r/min,从图示位置开始计时,使线圈匀速转动。(1)写出交流感应电动势瞬时值的表达式。(2)画出e-t图线。答案:(1)e=188sin5πt(V)(2)见解析图解析:

(1)从线圈平面经过中性面开始计时,则线圈在时间t内转过角度ωt,于是感应电动势瞬时值e=Emsinωt,其中Em=NBSω由题意知N=50,B=0.5T,S=0.48m2ω=2π×15060rad/s=5πrad/sEm=NBSω=50×0.5×0.48×5πV=60πV=188V所以e=18

8sin5πt(V)。(2)根据交变电流的瞬时值表达式画图线时,最大值是正弦图线的峰值,由纵轴上的刻度值标出;交变电流的周期与正弦图线的周期相对应,ω=2π𝑇,而周期由时间轴上的刻度值标出,T=2π𝜔=0.4s。e-t图线如图所示。