高考物理一轮复习课时分层作业（三十八）交变电流的产生和描述含答案

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课时分层作业(三十八)　交变电流的产生和描述基础性题组1．某台家用柴油发电机正常工作时能够产生与我国照明电网相同的交变电流．现在该发电机出现了故障，转子匀速转动时的转速只能达到正常工作时的一半，则它产生的交变电动势随时间变化的图像是图中的(　　)2．[2022·聊城模拟]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Φ随时间t的变化关系如图所示，已知线圈总电阻为2 Ω，则(　　)A．t＝1.0 s时线圈平面平行于磁感线B．t＝1.5 s时线圈中感应电流为0C．t＝2.0 s时线圈中的感应电动势为0D．一个周期内线圈产生的热量为8 J3.如图所示是一台发电机的结构示意图，其中N、S是永久磁铁的两个磁极，它们的表面呈半圆柱面形状．M是圆柱形铁芯，它与磁极的柱面共轴，铁芯上有一矩形线框，可绕与铁芯M共轴的固定转动轴旋转．磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径、大小近似均匀的磁场．若从图示位置开始计时，当线框绕固定转动轴匀速转动时，下列图像中能正确反映线框中感应电动势e随时间t变化规律的是(　　)4．一只氖管的起辉电压与交变电压u＝50sin 314t(V)的有效值相等，若将此交变电流接到氖管的两极，在一个周期内，氖管的发光时间为(　　)A．0.02 s    B．0.015 sC．0.01 s    D．0.005 s5.如图，匀强磁场中，一单匝矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，线框中产生的交变电动势瞬时值随时间变化的规律为e＝20sin 100πt (V).下列说法正确的是(　　)A．该线框转动的频率是100 HzB．该线框产生的交变电动势最大值是20 VC．t＝0.005 s时刻，线框平面与中性面重合D．t＝0.05 s时刻，穿过线框的磁通量变化率为06．如图甲所示，将阻值为R＝5 Ω的电阻接到内阻不计的正弦交变电源上，电流随时间变化的规律如图乙所示，电压表、电流表均为理想电表，下列说法正确的是(　　)A.电压表两端读数为2.5 VB．电阻R消耗的电功率为1.25 WC．若此交变电流由一矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生，如图丙所示，当线圈的转速提升一倍时，电流表的示数为1 AD．图乙交变电流与图丁所示的电流比较，接同一电阻的发热功率之比为1∶27．(多选)如图所示，虚线OO′左侧有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，凸形线框abcdefgh以虚线OO′为轴，以角速度ω匀速转动，abch是边长为L的正方形，defg是边长为L的正方形，线框的总电阻为R，从图示位置开始计时，则(　　)A．在t＝0时刻，线框中的感应电流最大B．在转过90°的过程中，线框中感应电流的瞬时值i随时间t变化的规律为i＝C．线框中感应电流的最大值为Imax＝D．线框转过60°时的瞬时电动势为8．(多选)如图甲所示，标有“220 V　40 W”的灯泡和标有“20μF　360 V”的电容器并联到交流电源上，V为交流电压表，交流电源的输出电压如图乙中正弦曲线所示，闭合开关S.下列判断正确的是(　　)A．电容器会被击穿B．交流电源的输出电压的有效值为220 VC．t＝时刻，V的示数为零D．t＝时刻，通过灯泡的电流为零9．如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交变电流的图像，当调整线圈转速后，所产生正弦交变电流的图像如图线b所示，以下关于这两个正弦交变电流的说法错误的是(　　)A．交变电流b电压的有效值为 VB．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零C．交变电流a的电压瞬时值u＝10sin 5πt(V)D．线圈先后两次转速之比为3∶2综合性题组10．如图所示，为某学习小组设计的浴室用电安全原理图，用原、副线圈匝数比为5∶1的理想变压器给浴室降压供电，原线圈输入交变电压u＝311 sin 100πt(V).已知照明灯额定功率为44 W，排气扇电动机内阻为2 Ω，电流表示数为2 A，各用电器均正常工作，保险丝电阻不计，电表均为理想电表．则(　　)A．副线圈输出电压的有效值为40 VB．变压器的输入功率为88 WC．排气扇输出功率为44 WD．若关掉排气扇，变压器输入功率不变11．(多选)如图甲为旋转电枢式交流发电机的原理图，多匝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可变电阻R连接，与R并联的交流电压表为理想电表，当R＝10 Ω时电压表示数是10 V．已知线圈的内阻为r＝5 Ω，图乙是矩形线圈磁通量Φ随时间t变化的图像，则(　　)A．可变电阻R消耗的电功率为10 WB．穿过线圈磁通量的最大值为 WbC．R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1sin 100πt(V)D．调节可变电阻R的大小，其消耗的最大电功率可以达到11.25 W    课时分层作业(三十八)　交变电流的产生和描述1．解析：转子转速为正常时的一半，根据ω＝2πn＝知，周期变为正常时的2倍，根据Em＝NBSω知，最大值变为正常时的一半，结合我国电网交变电流的实际情况可知，B正确．答案：B2．解析：t＝1.0 s时磁通量最大，线圈平面垂直于磁感线，而非平行于磁感线，故A错误；t＝1.5 s时磁通量变化率最大，线圈中感应电流不为0，故B错误；t＝2.0 s时线圈的磁通量变化率为零，故感应电动势为0，故C正确；一个周期内线圈产生的热量Q＝()2，同时Em＝nBSω＝nΦm，解得热量为8π2 J，故D错误．答案：C3．解析：因发电机的两个磁极N、S呈半圆柱面形状，磁极间的磁感线如图所示，即呈辐向分布，磁感应强度的大小不变，但方向发生改变，故线框在磁场中转动时垂直切割磁感线，产生的感应电动势的大小不变，线框越过空隙后，由于线框切割磁感线方向发生变化，所以感应电动势的方向发生变化，综上所述，D正确．答案：D4．解析：根据交流电的瞬时电压表达式知，氖管的起辉电压为U＝25 V，当交变电压的瞬时值大于等于25 V时氖管发光，在0～时间内，由25 V＝50sin 314t(V)可得t＝ s，又T＝＝ s＝0.02 s，故氖管的发光时间t光＝T－t×4＝0.01 s，故C正确．答案：C5．解析：根据题述线框中产生的交变电动势瞬时值随时间变化的规律为e＝20sin 100πt (V)，可知2πf＝100π，解得该线框转动的频率f＝50 Hz，选项A错误；该线框产生的交变电动势最大值是20V，有效值为20 V，选项B错误；t＝0.005 s时刻，线框中产生的交变电动势瞬时值为e1＝20sin 0.5π(V)＝20 V，此时线框平面与中性面垂直，选项C错误；t＝0.05 s时刻，线框中产生的交变电动势瞬时值为e2＝20sin 5π(V)＝0，可知此时穿过线框的磁通量变化率为0，线框平面与中性面重合，选项D正确．答案：D6．解析：由题图可知，电流的最大值为Im＝0.5 A，则R两端电压的最大值为Um＝Im·R＝0.5×5 V＝2.5 V，有效值为U＝1.25 V＝1.77 V，A错误；R上的电功率为P＝UI＝＝ W＝0.625 W，B错误；线圈的转速提升一倍，电流也提升一倍，则电流的最大值变为1 A，有效值变为 A，则电流表读数为 A，C错误；由有效值的概念可得，题图丁的有效值为0.5 A，则题图乙与题图丁的有效值之比为1∶，根据P＝I2R可知，发热功率之比为1∶2，D正确．答案：D7．解析：从图示位置开始计时，在转过90°的过程中，线框中产生的感应电动势的瞬时值为e＝BL2ωsin ωt，感应电流的瞬时值为i＝＝，故t＝0时刻，I＝0，线框中感应电流的最大值为Imax＝，选项A错误，B、C正确；线框转过60°时的瞬时电动势为e＝BL2ωsin ＝BL2ω，故选项D错误．答案：BC8．解析：交流电的最大值为220 V≈311 V，小于电容器的击穿电压，故电容器不会被击穿，故A错误；交流电压表测量为交流电压的有效值，由乙图可知，交流电压的最大值为220 V，有效值为 V＝220 V，故B正确；电压表的示数为有效值，电压表的示数为220 V，故C错误；t＝时刻，灯泡两端电压的瞬时值为0，通过灯泡的电流的瞬时值为0，故D正确，故选BD.答案：BD9．解析：正弦交变电流a的电压最大值Um＝nBSω＝nBS·＝10 V，交变电流b的电压最大值U′m＝nBS·，由题图可知Ta＝0.4 s，Tb＝0.6 s，联立两式可得U′m＝ V，交变电流b电压的有效值U＝＝ V，A正确；在t＝0时刻，交变电流的电动势为零，由法拉第电磁感应定律可知此时穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，B错误；交变电流a的电压瞬时值表达式u＝Umsin t＝10sin 5πt(V)，C正确；线圈的转速n′＝，则线圈先后两次转速之比为3∶2，D正确．答案：B10．解析：原线圈输入电压的最大值为Um＝311 V，有效值为U1＝220 V，根据理想变压器电压与匝数的关系得U1∶U2＝n1∶n2＝5∶1，可知副线圈输出电压的有效值U2＝44 V，选项A错误；变压器的输出功率为P出＝U2I＝44×2 W＝88 W，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，可知变压器输入功率为P入＝88 W，选项B正确；由P出＝P灯＋P扇＝44 W＋P扇＝88 W可得，P扇＝44 W，照明灯中电流I灯＝＝1 A，排气扇中电流I扇＝I－I灯＝1 A，排气扇内阻发热功率为P热＝r＝2 W，由P扇＝P热＋P′出可得排气扇输出功率为P′出＝42 W，选项C错误；关掉排气扇，变压器输出功率减小，所以输入功率减小，选项D错误．答案：B11．解析：根据公式P＝，得P＝10 W，故A正确；由题图乙可知，交流电的周期T＝0.02 s，转动的角速度ω＝＝100π rad/s，电动势的有效值E＝·(R＋r)＝15 V，故电动势的最大值Em＝E＝15 V，由Em＝nΦmω，由于为多匝线圈，故n>1，解得Φm＝ Wb< Wb，故B错误；由题图乙可知，又因为此交变电流是从垂直于中性面开始计时的，所以R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝10cos 100πt(V)，故C错误；当R＝r时，R消耗的功率最大，为Pmax＝r＝11.25 W，故D正确．答案：AD