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1、交變電流
一、選擇題
1.(2018·海南)(多選)如圖,在磁感應強度大小為B的勻強磁場中,有一面積為S的矩形單匝閉合導線abcd,ab邊與磁場方向垂直,線框的電阻為R.使線框以恒定角速度ω繞過ad、bc中點的軸旋轉.下列說法正確的是( )
A.線框abcd中感應電動勢的最大值是BSω
B.線框abcd中感應電動勢的有效值是BSω
C.線框平面與磁場方向平行時,流經線框的電流最大
D.線框平面與磁場方向垂直時,流經線框的電流最大
答案 AC
解析 A、B兩項,線框abcd繞垂直于磁場的軸轉動,產生的感應電動勢的最大值是Em=BSω,故A項正確,B項錯誤;
C、D兩項,線
2、框平面與磁場方向平行時,此時線圈處于與中性面垂直位置,故此時產生的感應電動勢最大,流經線框的電流最大,故C項正確,D項錯誤.
2.(2018·貴州二模)在勻強磁場中,一個150匝的閉合矩形金屬線圈,繞與磁感線重直的固定軸勻速轉動,穿過該線圈的磁通量隨時間變化規(guī)律如圖所示.設線圈總電阻為2 Ω,則( )
A.t=0時,線圈平面與磁感線方向垂直
B.t=1 s時,線圈中的電流改變方向
C.t=2 s時,線圈中磁通量的變化率為零
D.在2 s內,線圈產生的熱量為18π2J
答案 D
解析 A項,根據圖像可知,在t=0時穿過線圈平面的磁通量為零,所以線圈平面平行于磁感線,故A項錯誤
3、;
B項,Φ-t圖像的斜率為,即表示磁通量的變化率,在0.5 s~1.5 s之間,“斜率方向”不變,表示的感應電動勢方向不變,則電流強度方向不變,故B項錯誤;
C項,2 s時圖像的斜率最大,故磁通量的變化率最大,故C項錯誤;
D項,感應電動勢的最大值為Em=NBSω=NΦmω=150×0.04× V=6πV,有效值E==3πV,根據焦耳定律可得一個周期產生的熱為Q=t==18π2J,故D項正確.
3.(2018·天津模擬)如圖所示矩形線圈在勻強破場中勻速轉動,已如從圖示位置轉過30°時,感應電動勢的瞬時值大小為25 V,則感應電動勢的峰值為( )
A.50 V
4、B.25 V
C.25 V D.50 V
答案 A
解析 圈繞垂直磁感線的軸勻速轉動,產生正弦式交變電流;從垂直中性面位置開始計時,電動勢的瞬時值為:e=Emsinθ;
故當θ=30°時,感應電動勢的瞬時值為:
e=Emsin30°=25 V
解得Em=50 V,故A項正確.
4.(2018·湖北模擬)如圖所示,一矩形線圈abcd放置在勻強磁場中,并繞過ab、cd中點的軸OO′以角速度ω逆時針勻速轉動.已知磁感應強度B=0.50 T,線圈匝數N=100匝,邊長Lab=0.20 m,Lbc=0.10 m,轉速n=3 000 r/min.若以線圈平面與磁場夾角θ=30°時為計時起
5、點,電動勢的瞬時值的表達式為( )
A.e=314sin(100πt+)V B.e=314sin(100πt-)V
C.e=314sin(100πt+)V D.e=314sin(100πt-)V
答案 B
解析 轉動的角速度ω==100π rad/s
線圈轉動產生的感應電動勢Em=NBSω=314 V
從圖可看出線圈與中性面-60°開始旋轉,
故瞬時電動勢的表達式為e=314sin(100πt-)V,故B項正確.
5.如圖表示一交流電的變化的圖像,此交流電的有效值為( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 設交流電電流的有效值為I,周期為T,電
6、阻為R,則有:
I′2RT=()2R·+()2R·=5RT
解得:I′= A,故A、B、D三項錯誤,C項正確.
6.一個匝數為100匝,電阻為2 Ω的閉合線圈處于某一磁場中,磁場方向垂直于線圈平面,從某時刻起穿過線圈的磁通量按圖示規(guī)律變化.則線圈中產生交變電流的有效值為( )
A. A B.0.6 A
C. A D.0.5 A
答案 A
解析 0-1 s內的磁通量變化率為:K1= Wb/s=0.01 Wb/s,
則感應電動勢E1==1 V,
1-1.2 s內的磁通量變化率為:K2= Wb/s=0.05 Wb/s,
則感應電動勢E2==5 V
對一個定值電阻,
7、在一個周期內產生的熱量:
Q=Q1+Q2=×1+×0.2=3 J
根據有交流電有效值的定義:Q=I2RT
得:I= A,故B、C、D三項錯誤,A項正確.
7.(2018·課標Ⅱ卷一模)如圖所示,直角三角形導線框OPQ放置在磁感應強度大小為B,方向垂直于OQ向右的勻強磁場中,且OP邊的長度為l,∠POQ=θ.當導線框繞OQ邊以角速度ω逆時針轉動(從O向Q觀察)時,下列說法正確的是( )
A.導線框OPQ內無感應電流
B.導線框OPQ內產生大小恒定,方向周期性變化的交變電流
C.P點的電勢始終大于O點的電勢
D.如果截去導線PQ,則P、O兩點的電勢差的最大值為Bl2ωsinθ
8、cosθ
答案 D
解析 A項,導線框OPQ內,只有邊長OP做切割磁感線運動,產生的感應電動勢,根據法拉第電磁感應定律可求得感應電動勢的大小為
E=Bl··ωcosθsinωt=Bl2ωsinθcosθsinωt,故導線框OPQ內產生正弦式交變電流,故A、B兩項錯誤;
C項,由于導體框OPQ內產生正弦式交變電流,P點的電動勢與O的點的電動勢大小成周期性變化,故C項錯誤;
D項,如果截取導線PQ,則沒有感應電流,但PQ兩點的電勢差U=BLωcosθsinωt=Bl2ωsinθcosθsinωt,故最大值為Bl2ωsinθcosθ,故D項正確.
8.(2018·成都模擬)如圖所示,一矩
9、形線圈面積為S,匝數為N,總電阻為r,繞其垂直于磁感線的對稱軸OO′以角速度ω勻速轉動,勻強磁場只分布于OO′的左側區(qū)域,磁感應強度為B,外接電阻為R,從圖示位置轉180°的過程中,下列說法正確的是( )
A.從圖示位置開始計時,則感應電動勢隨時間變化的規(guī)律為e=NBSωsinωt
B.通過電阻R的電荷量q=
C.外力做功平均功率P=
D.電阻R中產生的焦耳熱為Q=
答案 B
解析 A項,線圈始終有一半在磁場中切割產生感應電動勢,故產生的最大值為Em=NBSω,故從圖示位置開始計時,則感應電動勢隨時間變化的規(guī)律為e=NBSωsinωt,故A項錯誤;
B項,在轉動180°的過
10、程中,產生的平均感應電動勢E=N,形成的感應電流I=,故流過電阻R的電荷量為q=I·Δt=,解得q=,故B項正確;
C項,線圈產生的感應電動勢的有效值E==,故外力做功的平均功率P==,故C項錯誤;
D項,電阻R產生的焦耳熱Q=()2Rt=,故D項錯誤.
9.在如圖所示的直角坐標系中,第一象限內有垂直坐標平面向里的勻強磁場,磁感應強度大小為B,一長為2l,總電阻為2r的均勻導體棒,以角速度ω在以O為圓心、半徑為l的圓環(huán)上做勻速轉動.由圓心和圓周上各引一導線與阻值為r的電阻組成如圖所示電路.已知由圓心引出的導線與圓環(huán)絕緣,與導體棒接觸良好,導體棒與圓環(huán)充分接觸,且不計圓環(huán)電阻,則通過外電路
11、定值電阻r上的電流的有效值是( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 導體棒轉動時,切割產生的感應電動勢E=Bl2ω,通過外電阻r的電流I=×=,
在導體棒轉動一圈的過程中,有半個周期有電流,根據I2R=I有效2RT得,電流的有效值I有效=,故A項正確,B、C、D三項錯誤.
10.(多選)如圖所示,N匝矩形導線框在磁感應強度為B的勻強磁場中繞軸OO′勻速轉動,線框面積為S,線框的電阻、電感均不計,外電路接有電阻R、理想電流表A和二極管D.電流表的示數為I,二極管D具有單向導電性,即正向電阻為零,反向電阻無窮大,下列說法正確的是( )
A.導線框轉動的角速度為
12、
B.導線框轉動的角速度為
C.導線框轉到圖示位置時,導線框中的磁通量最大,瞬時電動勢為零
D.導線框轉到圖示位置時,導線框中的磁通量最大,瞬時電動勢最大
答案 BC
解析 A項,線圈產生的最大感應電動勢Em=NBSω.根據二極管的特點可知,在一個周期內有半個周期回路中有電流,根據交流電電流的熱效應可知·=I2RT,解得ω=,故B項正確,A項錯誤;C項,導線框轉到圖示位置時,線圈位于中性面處,導線框中的磁通量最大,瞬時電動勢為零,故C項正確,D項錯誤.
11.如圖所示,在垂直紙面向里的有界勻強磁場中放置了矩形線圈abcd.線圈cd邊沿豎直方向且與磁場的右邊界重合.線圈平面與磁場方向
13、垂直.從t=0時刻起,線圈以恒定角速度ω=繞cd邊沿圖所示方向轉動,規(guī)定線圈中電流沿abcda方向為正方向,則從t=0到t=T時間內,線圈中的電流I隨時間t變化關系圖像為圖中的( )
答案 B
解析 在0~內,線圈在勻強磁場中勻速轉動,故產生正弦交流電,由楞次定律知,電流方向為負值;在~T,線圈中無感應電流;在T時,ab邊垂直切割磁感線,感應電流最大,且電流方向為正值.故B項正確.
12.(2018·河南模擬)(多選)在某種科學益智玩具中,小明找到了一個小型發(fā)電機,其結構示意圖如圖1、2所示.圖1中,線圈的匝數為n,ab長度為L1,bc長度為L2,電阻為r;圖2是此裝置的正視圖,切
14、割處磁場的磁感應強度大小恒為B,有理想邊界的兩個扇形磁場區(qū)夾角都是90°.外力使線圈以角速度ω逆時針勻速轉動,電刷M端和N端接定值電阻,阻值為R,不計線圈轉動軸處的摩擦,下列說法正確的是( )
A.線圈中產生的是正弦式交變電流
B.線圈在圖2所示位置時,產生感應電動勢E的大小為nBL1L2ω
C.線圈在圖2所示位置時,電刷M的電勢高于N
D.外力做功的平均功率為
答案 BC
解析 A項,根據磁場的分布可知,當線圈在磁場中時,ab、cd邊垂直磁場切割,產生感應電動勢大小不變,故不是正弦式函數,故A項錯誤;
B項,有兩個邊一直在均勻輻向磁場中做切割磁感線運動,故根據切割公式,有
15、
E=2NBL1v
其中v=ωL2;
解得E=NBL1L2ω,故B項正確;
C項,根據右手定則,M端是電源正極為高電勢,故C項正確;
D項,形成的感應電流I=
線圈轉動一個周期時間內,產生電流的時間是半周期,故外力平均功率P=I2(R+r)
解得P=,故D項錯誤.
13.(多選)如圖所示,將一根絕緣硬金屬導線彎曲成一個完整的正弦曲線形狀,電阻為R,它通過兩個小金屬環(huán)與電阻不計的長直金屬桿導通,圖中a、b間距離為L,導線組成的正弦圖形頂部或底部到桿的距離都是d,右邊虛線范圍內存在磁感應強度大小為B、方向垂直于彎曲導線所在平面向里的勻強磁場,磁場區(qū)域的寬度為,現在外力作用下導線沿桿
16、以恒定的速度v向右運動,t=0時刻a環(huán)剛從O點進入磁場區(qū)域,則下列說法正確的是( )
A.t=時刻,回路中的感應電動勢為Bdv
B.t=時刻,回路中的感應電流第一次開始改變方向
C.t=時刻,回路中的感應電動勢為2Bdv
D.從t=0到t=時間內,流過導線橫截面的電量為q=
答案 BD
解析 A項,t=時刻,有效切割長度為0,回路中的感應電動勢為0,故A項錯誤.
B項,由右手定則判斷知,t=時刻前ab中感應電流方向由a→b.t=時刻后,ab中感應電流方向由b→a,則知t=時刻,回路中的感應電流第一次開始改變方向,故B項正確.
C項,t=時刻,效切割長度為d,回路中的感應電
17、動勢為Bdv,故C項錯誤.
D項,從t=0到t=時間內,流過導線橫截面的電量為q====,故D項正確.
14.(多選)利用海洋的波浪可以發(fā)電,在我國南海上有一浮筒式波浪發(fā)電燈塔,其原理示意圖如圖甲所示,浮桶內的磁體通過支柱固定在暗礁上,浮桶內置線圈隨波浪相對磁體沿豎直方向運動,且始終處于磁場中,該線圈與阻值R=15 Ω的燈泡相連.浮桶下部由內、外兩密封圓筒構成,(圖乙中斜線陰影部分),如圖乙所示,其內為產生磁場的磁體,與浮桶內側面的縫隙忽略不計;匝數n=200的線圈所在處輻向磁場的磁感應強度B=0.2 T,線圈直徑D=0.4 m,電阻r=1 Ω.取g=10 m/s2,π2≈10,若浮筒隨波
18、浪上下運動的速度可表示為v=0.4πsin(πt) m/s,則下列說法正確的是( )
A.波浪發(fā)電產生電動勢e的瞬時表達式為e=16sin(πt)V
B.燈泡中電流i的瞬時表達式為i=4sin(πt)A
C.燈泡的電功率為120 W
D.燈泡兩端電壓的有效值為30 V
答案 BCD
解析 電動勢e=nBπDv=64sin(πt),A項錯.燈泡中電流i==4sin(πt),B項正確.燈泡的電功率P=I2R=()2×15 W=120 W,C項正確.燈泡兩端電壓的有效值U=IR=30 V,D項正確.
二、非選擇題
15.圖甲是交流發(fā)電機模型示意圖.在磁感應強度為B的勻強磁場中,
19、有一矩形線圈abcd可繞線圈平面內垂直于磁感線的軸OO′轉動,由線圈引出的導線ae和df分別與兩個跟線圈一起繞OO′轉動的金屬圓環(huán)相連接,金屬圓環(huán)又分別與兩個固定的電刷保持滑動接觸,這樣矩形線圈在轉動中就可以保持和外電路電阻R形成閉合電路.圖乙是線圈的主視圖,導線ab和cd分別用它們的橫截面來表示.已知ab長度為L1,bc長度為L2,線圈以恒定角速度ω逆時針轉動.(只考慮單匝線圈)
(1)線圈平面處于中性面位置時開始計時,試推導t時刻整個線圈中的感應電動勢e1的表達式;
(2)線圈平面處于與中性面成φ0夾角位置時開始計時,如圖丙所示,試寫出t時刻整個線圈中的感應電動勢e2的表達式.
答案 (1)e1=BL1L2ωsinωt (2)e2=BL1L2ωsin(ωt+φ0)
解析 (1)矩形線圈abcd在磁場中轉動時,ab、cd切割磁感線,且轉動的半徑為r=,
轉動時ab、cd的線速度v=ωr=,且與磁場方向的夾角為ωt,
所以,整個線圈中的感應電動勢e1=2BL1vsinωt=BL1L2ωsinωt.
(2)當t=0時,線圈平面與中性面的夾角為φ0,則t時刻,線圈平面與中性面的夾角為ωt+φ0
故此時感應電動勢的瞬時值
e2=2BL1vsin(ωt+φ0)=BL1L2ωsin(ωt+φ0).
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