【物理】2020届一轮复习人教版交变电流的产生及其描述课时作业 9页

‎2020届一轮复习人教版 交变电流的产生及其描述 课时作业 一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)‎ ‎1.‎ ‎(2017·湖南永州二模)一交变电流随时间变化的规律如图所示,由图可知(　　)‎ A.该交变电流的瞬时值表达式为i=10sin 25πt A B.该交变电流的频率为50 Hz C.该交变电流的方向每秒钟改变50次 D.该交变电流通过阻值为2 Ω的电阻时,此电阻消耗的功率为200 W 答案C 解析由题图可知,该交变电流的周期T=0.04 s,ω==50π rad/s,该交变电流的瞬时值表达式为i=10cos 50πt(A),A错误;ω=2πf,解得频率f=25 Hz,B错误;线圈转动一圈,电流方向改变两次,所以该交变电流的方向每秒钟改变50次,C正确;电阻消耗的功率P=I2R=×2 W=100 W,D错误。‎ ‎2.‎ ‎(2017·吉林长春质检)边长为a的N匝正方形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线且与线圈在同一平面内的对称轴匀速转动,转速为n,线圈所围面积内的磁通量Φ随时间t变化的规律如图所示,图象中Φ0为已知。则下列说法正确的是(　　)‎ A.t1时刻线圈中感应电动势最大 B.t2时刻线圈中感应电流为零 C.匀强磁场的磁感应强度大小为 D.线圈中瞬时感应电动势的表达式为e=2NπΦ0ncos 2πnt 答案D 解析t1时刻线圈的磁通量最大,但磁通量的变化率为0,‎ 根据法拉第电磁感应定律可知此时线圈中感应电动势为0,A项错误;t2时刻线圈的磁通量为零,但磁通量的变化率最大,根据法拉第电磁感应定律可知此时线圈中感应电流为最大值,B项错误;磁通量与线圈匝数无关,根据磁通量的定义可得Φ0=Ba2,B=,C项错误;线圈中瞬时感应电动势的表达式为e=NBSωcos ωt=2NπΦ0ncos 2πnt,D项正确。‎ ‎3.‎ ‎(2017·河北石家庄一模)如图所示为小型旋转电枢式交流发电机,电阻r=1 Ω的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路连接,滑动变阻器R的最大阻值为6 Ω,滑片P位于滑动变阻器距下端处,定值电阻R1=2 Ω,其他电阻不计,线圈匀速转动的周期T=0.02 s。闭合开关S,从线圈平面与磁场方向平行时开始计时,线圈转动过程中理想电压表示数是5 V。下列说法正确的是(　　)‎ A.电阻R1消耗的功率为 W B.0.02 s时滑动变阻器R两端的电压瞬时值为零 C.线圈产生的电动势e随时间t变化的规律是e=6sin 100πt V D.线圈从开始计时到 s的过程中,通过R1的电荷量为 C 答案D 解析设电源的电动势为E,由串并联电路特点,可得5 V=·5,E=6 V,由闭合电路欧姆定律知,电路中的总电流I=1 A,由焦耳定律可得,电阻R1消耗的功率P1=R1=R1= W,选项A错误;0.02 s时正好是图示时刻,此时线圈产生的电动势最大,滑动变阻器两端的电压也为最大值,而不是零,选项B错误;由题设条件可得,角速度ω==100π rad/s,则从图示时刻算起,线圈产生电动势的表达式为e=Emcos ωt=6cos 100πt(V),选项C错误;线圈从开始计时到 s的过程中,‎ 通过线圈的磁通量的变化量ΔΦ=BS,由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和电流的定义可得,q= C,由串并联电路特点可得,通过R1的电荷量q1=q= C,选项D正确。‎ ‎4．如图所示，电路中理想变压器的匝数比为4∶1，电流表为理想的交流电表。将四个完全相同的小灯泡(8 V，4 W)接入副线圈，在原线圈两端加瞬时值表达式为u＝32sin100πt(V)的交流电。则下列说法正确的是(　　)‎ A．电流表的读数为2 A B．变压器的输入功率为16 W C．如果将一耐压值为8 V的电容器并联在小灯泡的两端，则电容器能正常工作 D．如果其中的一个小灯泡被烧毁，则其余的小灯泡均变亮 解析　由输入端交变电压的瞬时值表达式u＝‎ ‎32sin100πt(V)可知，输入端电压的有效值为32 V，由＝得副线圈两端的电压的有效值为U2＝U1＝8 V，显然四个小灯泡均能正常发光，由P＝UI得通过每只灯泡的电流均为I1＝＝‎0.5 A，电流表的读数为I＝4I1＝‎2 A，A项错误；由于四个小灯泡均正常发光，则消耗的总功率为4P＝16 W，因此变压器的输入功率为16 W，B项正确；由于副线圈两端电压的最大值为8 V，大于电容器的耐压值，因此电容器将被击穿，C项错误；如果其中的一个小灯泡被烧毁，由于输入电压、变压器的匝数均不变，因此变压器的输出电压不变，因此其余小灯泡的亮度不变，D项错误。‎ 答案　B　‎ ‎5．如图为一理想变压器，其原线圈匝数n1＝800，副线圈匝数n2＝200，原线圈接有电压u＝200sin100πt (V)的交变电流，R为可变电阻，各电表均为理想交流电表，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．该交变电流的频率为100 Hz B．穿过铁芯的磁通量的最大变化率为0.25Wb/s C．R的阻值越大，电流表A的示数越小，电压表V的示数越大 D．接入的灯泡越多，电流表A和电压表V的示数越大 解析　根据ω＝2πf可得，该交变电流的频率f＝50 Hz，A项错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝n1，故穿过铁芯的磁通量的最大变化率＝0.25Wb/s，B项正确；R的阻值越大，副线圈中的电流越小，电流表A的示数越小，因变压器是理想变压器，电压表V的示数不变，C项错误；接入的灯泡越多，副线圈的总电阻越小，副线圈中的电流越大，电流表A的示数越大，电压表V的示数不变，D项错误。‎ 答案　B　‎ ‎6．如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈与二极管(正向电阻为零，相当于导线；反向电阻为无穷大，相当于断路)、定值电阻R0、热敏电阻Rt(阻值随温度的升高而减小)及报警器P(电流增加到一定值时报警器P将发出警报声)组成闭合电路。电压表、电流表均为理想电表。则以下判断正确的是(　　)‎ A．变压器副线圈输出交流电的频率为25 Hz B．电压表的示数为22 V C．Rt处温度减小到一定值时，报警器P将会发出警报声 D．报警器报警时，变压器的输入功率比报警前小 解析　变压器不改变交流电的频率，所以副线圈中交流电的频率为50 Hz，A项错误；根据＝得副线圈两端电压U2＝44 V，由于二极管的接入使功率减小到原来的一半，根据P＝知，电压表的示数为22 V，B项正确；热敏电阻处的温度降低时，其电阻增大，电路中电流减小，报警器不会报警，C项错误；报警器报警时副线圈中电流增大，原线圈中电流也增大，变压器的输入功率增大，D项错误。‎ 答案　B　‎ ‎7．(2017·浙江)(多选)在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为2 Ω，则(　　)‎ A．t＝0时，线圈平面平行于磁感线 B．t＝1 s时，线圈中的电流改变方向 C．t＝1.5 s时，线圈中的感应电动势最大 D．一个周期内，线圈产生的热量为8π2 J 解析　t＝0时，磁通量为0，此时线圈平面平行于磁感线，故A项正确；t＝1 s时，在1 s前后，磁通量的变化率不变，所以线圈中的电流方向不变，故B项错误；t＝1.5 s时，磁通量的变化率为0，线圈中的感应电动势为0，故C项错误；感应电动势e＝100＝4πcosπt(V)，‎ 所以感应电动势有效值E＝ V，一个周期内，线圈产生的热量Q＝Δt＝8π2 J ‎，故D项正确。‎ 答案　AD　‎ ‎8．如图xOy平面为光滑水平面，现有一长为d、宽为L的线框MNPQ在外力F作用下，沿x轴正方向以速度v做匀速直线运动，空间存在竖直方向的磁场，磁感应强度B＝2B0cosx(式中B0为已知量)，规定竖直向下为磁感应强度正方向，线框电阻为R，t＝0时刻MN边恰好在y轴处，则下列说法正确的是(　　)‎ A．外力F为恒力 B．t＝0时，外力大小F＝16BL2 C．通过线框的瞬时电流I＝ D．经过t＝，线框中产生的电热Q＝ 解析　由于磁场是变化的，故切割产生的感应电动势也为变值，安培力也会变化，故要保持其匀速运动，外力F不能为恒力，故A项错误；t＝0时，左右两边处的磁感应强度均为2B0，方向相反，则感应电动势E＝4B0Lv，拉力等于安培力，即F＝2B0IL＝，故B项错误；由于两边正好相隔半个周期，故产生的电动势方向相同，经过的位移为vt，瞬时电动势E＝4B0Lvcos，瞬时电流I＝，故C项正确；由于瞬时电流成余弦规律变化，故可知感应电流的有效值I＝，故产生的电热Q＝I2Rt＝，故D项错误。‎ 答案　C　‎ B组·能力提升题 ‎9．一只电阻分别通过四种不同形式的电源，电流随时间变化的情况如下图所示，在相同时间内电阻产生热量最大的是(　　)‎ A.‎ ‎　　‎ B.‎ C.‎ ‎　　‎ D.‎ 解析　A、B项中交变电流的频率不同但有效值相同，均为 A，C项为恒定电流，电流为‎1.5 A，D项为交流，其有效值为‎2 A，综上所述，D项中的电流有效值最大，产热功率最大，D项正确。‎ 答案　D　‎ ‎10.‎ ‎(多选)(2017·江西三校第一次联考)如图xOy平面为光滑水平面,现有一长为d、宽为l的线框MNPQ在外力F作用下,沿x轴正方向以速度v做匀速直线运动,空间存在竖直方向的磁场,磁感应强度B=2B0cos x(式中B0为已知量),规定竖直向下为磁感应强度正方向,线框电阻为R,t=0时刻MN边恰好在y轴处,则下列说法正确的是(　　)‎ A.外力F为恒力 B.t=0时,外力大小F=16l2‎ C.通过线框的瞬时电流I=‎ D.经过t=,线框中产生的电热Q=‎ 答案BC 解析由于磁场是变化的,故切割产生的感应电动势也为变值,安培力也会变化,故要保持其匀速运动,外力F不能为恒力,故A错误;t=0时,左右两边处的磁感应强度均为2B0,方向相反,则感应电动势E=4B0lv,拉力等于安培力即F=2×2B0Il=,故B正确;由于两边正好相隔半个周期,故产生的电动势方向相同,‎ 经过的位移为vt,瞬时电动势E=4B0lvcos,瞬时电流I=,故C正确;由于瞬时电流为余弦规律变化,故可知感应电流的有效值I=,故产生的电热Q=I2Rt=,故D错误。‎