(新课标)高中物理第五章交变电流课时作业9(含解析)选修32
2021年高中物理 5.1交变电流课后习题(含解析)新人教版选修3-2
2021年高中物理 5.1交变电流课后习题（含解析）新人教版选修3-2A组1.在交变电流产生的实验中,关于中性面,下列说法正确的是()A.此时线圈垂直切割磁感线,感应电流最大B.磁感线垂直于该时刻的线圈平面,所以磁通量最大,磁通量的变化率也最大C.线圈平面每次经过中性面时,感应电流的方向一定会发生改变D.线圈平面处于跟中性面垂直的位置时,磁通量的变化率为零,感应电动势、感应电流均最大,电流方向不变解析:在中性面时,切割磁感线的两边的速度与磁感线平行,不切割磁感线,电动势、电流为零,选项A错误;在中性面时,不切割磁感线,磁通量的变化率为零,磁通量最大,选项B错误;线圈每经过一次中性面,电流方向改变一次,选项C正确;在垂直于中性面时,两边切割磁感线的速度与磁感线垂直,磁通量变化率最大,E、i最大,选项D错误。
答案:C2.交流发电机在工作时产生的电动势为e=E m sin ωt,若将发电机的角速度提高一倍,同时将线框所围面积减小一半,其他条件不变,则其电动势变为()A.e'=E m sinB.e'=2E m sinC.e'=E m sin 2ωtD.e'=sin 2ωt解析:交变电流的瞬时值表达式e=E m sinωt,其中E m=NBSω,当ω加倍而S减半时,E m不变,故C正确。
答案:C3.一闭合矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴OO'匀速转动,线圈平面位于如图甲所示的匀强磁场中。
通过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示,下列说法正确的是()A.t1、t3时刻通过线圈的磁通量变化率最大B.t1、t3时刻线圈中感应电流方向改变C.t2、t4时刻线圈中磁通量最大D.t2、t4时刻线圈中感应电动势最小解析:t1、t3时刻通过线圈的磁通量Φ最大,磁通量变化率=0,此时感应电动势、感应电流为零,线圈中感应电流方向改变,A错误,B正确;t2、t4时刻线圈中磁通量为零,磁通量的变化率最大,即感应电动势最大,C、D错误。
新人教版高中物理第5章交变电流1交变电流课时作业选修3_2
1 交变电流◎必做部分1．如图所示图象中不属于交流电的有( )解析： 图A 、B 、C 中e 的方向均发生了变化，故它们属于交流电，但不是按正弦函数规律变化的交流电．答案： D2．处在匀强磁场中的矩形线圈abcd ，以恒定的角速度绕ab 边转动，磁场方向平行于纸面并与ab 垂直．在t ＝0时刻，线圈平面与纸面重合(如图所示)，线圈的cd 边离开纸面向外运动．若规定由a →b →c →d →a方向的感应电流为正，则能在下列图中反映线圈中感应电流I 随时间t 变化的图线是(如图)( )解析： 图示时刻，ab 边和cd 边同时垂直切割磁感线，产生的感应电动势最大，此时感应电流最大，由右手定则，可判定电流方向由a →b →c →d →a ，为正方向，综上所述，正确答案为C.答案： C3．交流发电机在工作时的电动势e ＝E m sin ωt .若将线圈匝数、线圈面积都提高到原来的两倍，其他条件不变，则电动势变为( )A ．e ＝2E m sin ωtB ．e ＝4E m sin ωtC ．e ＝12E m sin ωtD ．e ＝14E m sin ωt解析： 由电动势最大值表达式E m ＝NBS ω，N 、S 变为原来的两倍，则最大值变为4E m ，故B 正确．答案： B4．如图所示是一多匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动所产生的感应电动势的图象，根据图象可知( )A ．此感应电动势的瞬时表达式为e ＝200 sin 0.02tB ．此感应电动势的瞬时表达式为e ＝200 sin 100πtC ．t ＝0.01 s 时，穿过线圈的磁通量为零D ．t ＝0.02 s 时，穿过线圈的磁通量的变化率最大 答案： B5．如图甲所示为一个矩形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动．线圈内磁通量随时间t 变化如图乙所示，则下列说法中正确的是( )A ．t 1时刻线圈中的感应电动势最大B ．t 2时刻ab 的运动方向与磁场方向垂直C ．t 3时刻线圈平面与中性面重合D ．t 4、t 5时刻线圈中感应电流的方向相同解析： t 1时刻通过线圈的Φ最大，磁通量变化率ΔΦΔt 最小，此时感应电动势为零，A错．在t 2、t 4时刻感应电动势为E m ，此时ab 、cd 的运动方向均垂直于磁场方向，B 正确．t 1、t 3、t 5时刻Φ最大，ΔΦΔt＝0，此时线圈平面垂直于磁场方向，称为中性面，C 正确．t 5时刻感应电流为零，D 错．故正确答案为B 、C.答案： BC6．某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，由图中信息可以判断( )A ．在A 和C 时刻线圈处于中性面位置B ．在B 和D 时刻穿过线圈的磁通量为零C ．从A →D 时刻线圈转过的角度为32πD ．若从O →D 时刻历时0.02 s ，则在1 s 内交变电流的方向改变100次解析： 根据图象，首先判断出感应电流的数学表达式为i ＝I m sin ωt ，其中I m 是感应电流的最大值，ω是线圈旋转的角速度．而且线圈是从中性面开始旋转．由O 到D 完成一次周期性变化，相应的线圈旋转一周．线圈每旋转一周有两次经过中性面，经过中性面的位置时电流改变方向．从图可知，在O 、B 、D 时刻感应电流为零，所以此时线圈恰好在中性面的位置，且穿过线圈的磁通量最大；在A 、C 时刻感应电流最大，线圈处于和中性面垂直的位置，此时穿过线圈的磁通量为零；从A 到D 时刻，线圈旋转3/4周，转过的角度为32π；如果从O 到D 时刻历时0.02 s ，恰好为一个周期，所以1 s 内线圈转动50个周期，100次经过中性面，交变电流的方向改变100次．答案： CD7．长为a 、宽为b 的矩形线圈，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场的OO ′轴以恒定的角速度ω旋转．设t ＝0时，线圈平面与磁场方向平行，则此时的磁通量和磁通量的变化率分别是( )A ．0,0B ．0，Bab ωC.Bab ω2，0D ．Bab ，Bab ω解析： 实际上，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动时，产生交变电动势：e ＝E m cos ωt ＝Bab ωcos ωt .当t ＝0时，cos ωt ＝1，虽然磁通量Φ＝0，但是电动势有最大值E m ＝Bab ω根据法拉第电磁感应定律E ＝nΔΦΔt， 可知当电动势为最大值时，对应的磁通量的变化率也最大，即E m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ΔΦΔt max＝Bab ω.综上所述，正确选项为B. 答案： B8.一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴以恒定的角速度ω转动．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照如图所示的余弦规律变化，则在t ＝3π2ω时刻( )A ．线圈平面与磁场方向平行B ．线圈中的电流最大C ．线圈所受的安培力为零D ．穿过线圈的磁通量最大解析： 由i －t 图象可以看出，t ＝0的时刻，感应电流达到最大值，线圈平面与中性面垂直．经t ＝3π2ω的时间后，线圈转过的角度为θ＝t ω＝3π2，此时线圈平面与中性面平行，即与磁感线垂直，穿过线圈的磁通量最大，产生的感应电流最小为零，线圈所受安培力为零．故正确选项为C 、D.答案： CD9.如图所示为演示用的手摇发电机模型，匀强磁场磁感应强度B ＝0.5 T ，线圈匝数n ＝50，每匝线圈面积为0.48 m 2，转速为150 r/min ，线圈在匀速转动过程中，从图示位置开始计时.写出交变感应电动势瞬时值的表达式．解析： 当线圈平面经过中性面时开始计时，则线圈在时间t 内转过的角度为ωt ，于是瞬时感应电动势e ＝E m sin ωt .其中E m ＝nBS ω.由题意知n ＝50，B ＝0.5 T ，ω＝2π×15060rad/s ＝5π rad/s ，S ＝0.48 m 2，E m ＝nBS ω＝50×0.5×0.48×5π V≈188 V，所以e ＝188 sin(5πt ) V. 答案： e ＝188 sin(5πt ) V10．如图所示，在匀强磁场中有一个“”形导线框可绕AB 轴转动，已知匀强磁场的磁感应强度B ＝52πT ，线框CD 边长为20 cm ，CE 、DF 边长均为10 cm ，转速为50 r/s.若从图示位置开始计时：(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；(2)作出线框中感应电动势e 随时间t 变化关系的图象．解析： (1)线框转动开始计时的位置为线圈平面与磁感线平行的位置，所以瞬时感应电动势e ＝E m cos ωt ，其中E m ＝BS ω，B ＝52πT ，S ＝0.1×0.2 m 2＝0.02 m 2，ω＝2πn ＝100π rad/s ，所以e ＝102cos 100πt V(2)由感应电动势的瞬时值表达式可知峰值E m ＝10 2 V ，周期T ＝2πω＝0.02 s ，画出图线如图所示．答案： (1)e ＝102cos(100πt ) V(2)◎选做部分11．线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，t ＝0时，感应电动势为零，在t ＝0.3 s 时，感应电动势达峰值6 V ．已知线圈转动周期大于0.3 s ，则t ＝0.4 s 时，感应电动势的可能值为 ( )A ．0B ．6 VC ．3 3 VD ．3 V解析： 由t ＝0时的感应电动势为零可知，感应电动势的瞬时值表达式为e ＝E m sin ωt ，t ＝0.3 s 时感应电动势达到峰值6 V ，即E m ＝6 V,0.3ω＝2k π＋π2或0.3ω＝2k π＋32π，其中k ＝0,1,2，…又T ＞0.3 s ．所以ω可能为53 π rad/s 或5 π rad/s ，故在t ＝0.4 s时，感应电动势的值可能为e ＝6 sin 5π3×0.4 V＝3 3 V 或e ＝6 sin 5π×0.4 V＝0，应选A 、C.答案： AC12．如图所示，矩形导线框abcd 的一半处在磁感应强度B ＝0.1T 的足够大的匀强磁场中，线框ab 边长10 cm ，bc 边长为20 cm ，当线框以ab 边为轴，以角速度ω＝20 π/rad/s 匀速转动时，从图示时刻(线圈平面与磁场方向垂直)开始计时，它的磁通量Φ和线圈中的感应电动势E 随时间变化的图象可能正确的是( )解析： 从图示时刻到线圈转过60°⎝ ⎛ t ＝T6，其中周期T ＝2πω)＝0.1 s 的过程中，磁通量Φ＝B ·ab ·12bc ＝1×10－3Wb 不变化，之后，磁通量按照余弦规律变化，t ＝T 4时刻，磁通量为零，故A 错误、B 正确；在0～T6时间内，感应电动势始终为零，之后，感应电动势按照正弦规律变化，t ＝T4时刻，感应电动势达最大值E m ＝B ·ab ·bc ·ω＝4π×10－2V ，故C 错误、D 正确．答案： BD。
(新课标)高中物理第五章交变电流课时作业8(含解析)选修32
（新课标）高中物理第五章交变电流课时作业8（含解析）选修32课时作业(八)一、单项选择题1.如图所示，已知交流电源的电动势为e ＝2202sin100πt(V)，电阻R ＝2 200 Ω，则电路中交流电流表和电压表的示数分别为( ) A ．0.1 2 A ，220 2 V B ．0.1 A ，220 2 V C ．0.1 2 A ，220 VD ．0.1 A ，220 V解析 交流电流表、电压表的读数都为有效值，所以U ＝22022 V ＝220 V ，I ＝U R ＝2202 200 A ＝0.1 A ，所以选D 项． 答案 D2．一电阻接一直流电源，通过4 A 的电流时热功率为P ，若换接一正弦交流电源，它的热功率变为P2，则该交流电电流的最大值为( )A ．4 AB ．6 AC ．2 AD ．4 2 A解析 由P ＝I 2R 得R ＝P I 2＝P 16，接交流电时，P 2＝I ′2P 16，2I ′2＝16，I ′＝42 A ，所以I m ＝2I ′＝4 A ．应选A 项． 答案 A3．夏天空调器正常工作时，制冷状态与送风状态交替运行．一空调器在不同工作状态下电功率随时间变化的关系如图所示，此空调器运转1 h 用电( )A ．1.0度B ．1.5度C ．2.0度D ．2.5度解析 由图象知，电功率随时间的变化周期为15 min ，前5 min 为0.5 kW ，后10 min 为2 kW.设电功率的有效值为P ，周期为T ，据有效值定义有P 1T 3＋P 22T3＝PT将P 1＝0.5 kW ，P 2＝2 kW 代入，得P ＝1.5 kW.此空调1 h 用电W ＝Pt ＝1.5度． 答案 B4．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，现外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则( )A ．电压表的示数为220 VB ．电路中的电流方向每秒钟改变50次C ．灯泡实际消耗的功率为484 WD ．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J 解析 由题图甲知E m ＝220 2 V ， 则电源电动势有效值E ＝E m2＝220 V ， I ＝E R ＋r ＝22095.0＋5.0 A ＝2.2 A ，电压表示数亦即路端电压有效值U ＝IR ＝2.2×95 V＝209 V ，A 项错误；线框每转一圈，电流方向改变两次，故每秒钟电流方向改变n ＝t T ×2＝10.02×2次＝100次，B 项错误；由P 灯＝UI ，得P 灯＝209×2.2 W ＝459.8 W ，C 项错误；由Q ＝I 2rt 得：Q r ＝2.22×5×12J ＝24.2 J ，D 项正确． 答案 D5.将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为l ，它在磁感应强度为B 、方向如图的匀强磁场中匀速转动，转速为n ，导线在a 、b 两处通过电刷与外电路连接，外电路有额定功率为P 的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为( ) A.（2πl 2nB ）2PB.2（πl 2nB ）2PC.（l 2nB ）22PD.（l 2nB ）2P解析 根据最大感应电动势E m ＝nBSω可得， 最大感应电动势为E m ＝Bl 22πn ， 所以有效的电动势为E ＝E m2＝2Bl 2πn ， 由P ＝U2R可得，灯泡的电阻R ＝U 2P ＝2（πl 2nB ）2P ，所以B 项正确．答案 B6．正弦交变电源与电阻R 、交流电压表按图甲所示的方式连接，R ＝10 Ω，交流电压表的示数是10 V ，图乙是交变电源输出电压U 随时间t 变化的图象，则( )A ．通过R 的电流I R 随时间t 变化的规律是I R ＝2cos100πt(A)B ．通过R 的电流I R 随时间t 变化的规律是I R ＝2cos50πt(A)C ．R 两端的电压U R 随时间t 变化的规律是U R ＝52cos100πt(V)D ．R 两端的电压U R 随时间t 变化的规律是U R ＝52cos50πt(V)解析 交流电压表测的是有效值U ＝10 V ，电压的最大值U m ＝10 2 V ．由图象可得电阻R 两端交流电压的瞬时值U R ＝102cos100πt(V)，通过R 上的电流有效值I ＝U R ＝1010 A ＝1 A ，则最大值I m ＝ 2 A ，其瞬时值为I R ＝2cos100πt(A)． 答案 A7．一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，周期为T.从中性面开始计时，当t ＝112T 时，线圈中感应电动势的瞬时值为2 V ，则此交变电流的有效值为( ) A ．2 2 V B ．2 V C. 2 VD.22V 解析 先用代入法求出感应电动势的最大值：由e ＝E m sin ωt ，得2 V ＝E m sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT ×T 12，由此得E m ＝4 V ，因此有效值为2 2 V ，A 项正确． 答案 A二、不定项选择题8．(2017·天津)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8π2J解析 根据图象可知，在t ＝0时穿过线圈平面的磁通量为零，所以线圈平面平行于磁感线，故A 项正确；Φ－t 图象的斜率为ΔΦΔt ，即表示磁通量的变化率，在0.5 s ～1.5 s 之间，“斜率方向“不变，表示的感应电动势方向不变，则电流方向不变，故B 项错误；根据法拉第电磁感应定律可得E ＝N ΔΦΔt ，所以在t ＝1.5 s 时，斜率为零，则感应电动势为零，故C 项错误；感应电动势的最大值为E m ＝NBSω＝NΦm ω＝100×0.04×2π2 V ＝4π V ，有效值E ＝E m2＝22π V ，根据焦耳定律可得一个周期产生的热为Q ＝E 2R T ＝8π22×2 J ＝8π2J ，故D 项正确．答案 AD9.阻值为10 Ω的电阻接到电压波形如图所示的交流电源上．以下说法中正确的是( ) A ．电压的有效值为10 VB ．通过电阻的电流有效值为22A C ．电阻消耗的电功率为5 W D ．电阻每秒钟产生的热量为10 J解析 根据图象可知电压最大值为U m ＝10 V ，有效值为U ＝102V ，电流有效值为I ＝U R ＝22 A ，电阻消耗的电功率为P ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222×10 W ＝5 W ．每秒钟产生的热量为Q ＝Pt ＝5 J.答案 BC10．甲、乙两电炉的电阻值相等，把甲和乙两电炉分别接到如图(a)和(b)所示的方形波交变电压和正弦波交变电压下，两种电压的周期和峰值相等，则( )A ．用电压表测量甲电炉两端电压大B ．用电压表测量甲、乙两电炉两端电压一样大C ．两电炉消耗的电功率之比P 甲∶P 乙＝2∶1D ．两电炉消耗的电功率之比P 甲∶P 乙＝1∶1解析 电压表测量值为有效值，(a)中有效值为U 0，(b)中有效值为U 02，A 项正确；由P ＝U2R ，可知P 甲∶P 乙＝2∶1，故C 项正确．答案 AC11．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流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b 所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是( )A ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B ．线圈先后两次转速之比为3∶2C ．正弦交流电a 的瞬时值为u ＝10sin5πt(V)D ．正弦交流电b 的最大值为203V 解析 t ＝0时刻两个正弦交流电的感应电动势瞬时值均为零，线圈都与磁场垂直，穿过线圈的磁通量都最大．故A 项错误；由图读出两电流周期之比为T a ∶T b ＝0.4 s ∶0.6 s ＝2∶3，而T ＝1n ，则线圈先后两次转速之比为3∶2，故B 项正确；正弦交流电a 的瞬时值为u ＝U m sin 2πT t ＝10sin 2π0.4t V ＝10sin5πt(V)，故C 项正确；根据电动势最大值公式E m ＝nBSω＝nBS 2πT ，得到两电动势最大值之比为E ma ∶E mb ＝T b ∶T a ＝3∶2，E ma ＝10 V ，则得到正弦交流电b 的最大值为E mb ＝203 V ，故D 项正确．故选B 、C 、D 三项．答案 BCD 三、计算及论述题12.交流发电机转子有n 匝线圈，每匝线圈所围面积为S ，匀强磁场的磁感应强度为B ，匀速转动的角速度为ω，线圈内电阻为r ，外电路电阻为R.当线圈由图中实线位置匀速转动90°到达虚线位置过程中，求： (1)通过R 的电荷量q 为多少？ (2)R 上产生电热Q R 为多少？ (3)外力做的功W 为多少？解析 (1)按照电流的定义I ＝q/t ，计算电荷量q 应该用电流的平均值：即q ＝It ，而I ＝E R ＋r ＝n ΔΦt （R ＋r ）＝nBS t （R ＋r ），q ＝nBSR ＋r ，这里电流和电动势都必须要用平均值，不能用有效值、最大值或瞬时值．(2)求电热应该用有效值，先求总电热Q ，再按照内外电阻之比求R 上产生的电热Q R . Q ＝I 2(R ＋r)t ＝E 2R ＋r ·π2ω＝（nBSω）2π2（R ＋r ）2ω＝πωn 2B 2S 24（R ＋r ），Q R ＝R R ＋r Q ＝πωn 2B 2S 2R4（R ＋r ）2.这里的电流必须要用有效值，不能用平均值、最大值或瞬时值．(3)根据能量守恒，外力做功的过程是机械能向电能转化的过程，电流通过电阻，又将电能转化为内能，即放出电热．因此W ＝Q ＝πωn 2B 2S24（R ＋r ）.要善于用能量转化和守恒定律来分析功和能．答案 (1)nBS R ＋r (2)πωn 2B 2S 2R 4（R ＋r ）2 (3)πωn 2B 2S24（R ＋r ）13．如图所示，两平行导轨与水平面间的倾角为θ＝37°，电阻不计，间距L ＝0.3 m ，长度足够长，导轨处于磁感应强度B ＝1 T ，方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．导轨两端各接一个阻值为R 0＝2 Ω电阻，另一横跨在导轨间的金属棒质量m ＝1 kg ，电阻r ＝2 Ω，棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，当金属棒以平行于导轨的向上初速度v 0＝10 m/s 上滑，直至上升到最高点过程中，通过上端电阻电量Δq ＝0.1 C(g 取10 m/s 2)，求上端电阻R 0产生的焦耳热？ 解析 设棒沿斜面能上升的最大距离为s ，磁感应强度B 垂直斜面向上，则等效电路和导体棒受力分析分别如图(1)、(2)所示．由图可知，在棒上升过程中，通过棒某一截面的电量应为2Δq.由I ＝2Δq Δt ＝E R 02＋r ，得E ＝2Δq Δt ⎝ ⎛⎭⎪⎫R 02＋r而E －＝ΔΦΔt ＝BLsΔt s ＝Δq （R 0＋2r ）BL ＝2 m设电路各电阻消耗的总焦耳热为Q 总Q 总＝I 总2⎝ ⎛⎭⎪⎫R 02＋r Δt ＝(2I 0)232R 0Δt ＝6I 02R 0Δt ＝6Q R0.从金属棒开始运动到最高点过程，利用能量守恒关系有 Q 总＋μmg cos θ·s ＋mgsin θ·s ＝12mv 02Q R0＝16Q 总＝5 J此题中，求电阻产生的焦耳热Q 应该用电流的有效值计算，由于I 有≠I 无法求，因此只能通过能量关系求得Q. 答案 5 J。
高中物理 5.1 交变电流课下作业(含解析)新人教版选修3-2(2021年最新整理)
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交变电流1．判断图1中哪个是正弦式交变电流( ）图1解析：正弦式交变电流，首先应该是交变电流，C虽然形状符合，但不是交变电流，B虽然是交变电流，但不是正弦式交变电流。
答案：D2．关于中性面，下列说法正确的是( ）A．线圈在转动中经过中性面位置时,穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零B．线圈在转动中经过中性面位置时，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大C．线圈每经过一次中性面，感应电流的方向就改变一次D．线圈每转动一周经过中性面一次，所以线圈每转动一周，感应电流的方向就改变一次解析：中性面是线圈平面与磁感线垂直的位置，线圈经过该位置时，穿过线圈的磁通量最大，各边都不切割磁感线，不产生感应电动势，故磁通量的变化率为零，故A正确，B错。
线圈每经一次中性面,感应电流的方向改变一次，线圈每转一周要经过中性面两次，所以每转一周，感应电流方向就改变两次，C正确，D错.答案：AC3．如图2甲所示,一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动。
当从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图2乙所示的余弦规律变化,则在t＝错误!时刻( ）图2A．线圈中的电流最大B．穿过线圈的磁通量为零C．线圈所受的安培力为零D．线圈中的电流为零解析：由T＝错误!，故t＝错误!＝错误!，此时线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大,B错误，由于此时感应电动势为零,所以线圈中电流为零，线圈所受的安培力为零，A 错误，C、D正确。
【新】版高中物理课时作业九交变电流新人教版选修3_2
课时作业(九) 交变电流
．线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，由图可知
时刻线圈处于中性面位置
时刻穿过线圈的磁通量为零
时刻线圈转过的角度为π弧度
时刻磁通量变化率的绝对值最大
当线圈在匀强磁场中处于中性面位置时，磁通量最大，
．如图所示，一线圈在匀强磁场中匀速转动，经过图示位置时
．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大
．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最大
．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小
．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最小
abcd，已知ab边长为
从图示位置开始匀速转动，
( )
矩形线圈在中性面时，穿过线圈的磁通量最大，则Φ－t图象是按余弦规律变化，．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，所产生的交变电流的波形图如图所示，下列说法
时刻穿过线圈的磁通量达到峰值
时刻穿过线圈的磁通量达到峰值
时刻穿过线圈的磁通量的变化率达到峰值
时刻穿过线圈的磁通量的变化率达到峰值
时刻线圈中感应电流达到峰值，磁通量变化率达到峰值，而
一单匝闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，
线框中产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝0.5sin(20
的边长分别是ab＝L
边为轴做角速度为ω的匀速转动，下列说法中正确的是90°时线圈的感应电动势为0
写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；
坐标系中作出线框中感应电动势随时间变化的图象．
线框转动，开始计时的位置为线框平面与磁感线平行的位置，在
ωcosωt，
线框中感应电动势随时间变化的图象如图所示：
答案：(1)e＝102cos(100πt) V(2)见解析图。
20192020高中物理 第五章 交变电流 习题课 交变电流产生及描述练习含解析新人教版选修32
交变电流的产生及描述课后篇稳固提升根底稳固1.某正弦式交变电流i随时间t变化的图象如下图。
由图可知( )A.电流的最大值为10 AB.电流的有效值为10 AC.该交变电流的周期为0.03 sD.该交变电流的频率为0.02 Hz解析由题图知此交变电流的最大值为10 A,那么有效值为I= A=10 A;周期为0.02 s,那么频率为f==50 Hz。
答案B2.一根长直的通电导线中的电流按正弦规律变化,如图甲、乙所示,规定电流从左向右为正。
在直导线下方有一不闭合的金属框,那么相对于b点来说,a点电势最高的时刻在( )解析金属框中的磁场是直线电流i产生的,在t1、t3时刻,电流i最大,但电流的变化率为零,穿过金属框的磁通量变化率为零,金属框中没有感应电动势,a、b两点间的电势差为零。
在t2、t4时刻,电流i=0,但电流变化率最大,穿过金属框的磁通量变化率最大,a、b两点间的电势差最大,再根据楞次定律可得出a点相对于b点电势最高的时刻是t4。
答案D3.面积均为S的两个电阻相同的线圈,分别放在如图甲、乙所示的磁场中,甲图中是磁感应强度为B0的匀强磁场,线圈在磁场中以周期T绕OO'轴匀速转动,乙图中磁场变化规律为B=B0cost,从图示位置开始计时,那么( )C.经相同的时间t(t>T),两线圈产生的热量不同D.从此时刻起,经过时间,通过两线圈横截面的电荷量不同解析甲图中磁通量的变化规律为Φ甲=B0Scos t,乙图中磁通量的变化规律为Φ乙=B0Scos t。
由于两线圈的磁通量变化规律相同,那么两线圈中感应电动势的变化规律相同,到达最大值的时刻也相同,有效值E也相同,又因两线圈电阻相同,所以Q=t也相同,经过时间,通过两线圈横截面的电荷量q=也相同,故A正确。
答案A4.(多项选择)如下图,A、B两输电线间的电压是u=200sin 100πt V,输电线电阻不计,把电阻R=50 Ω的用电器接在A、B两输电线上,以下说法正确的选项是( )A.电流表示数为4 AB.电压表示数为200 VD.用电器消耗的电功率为1.6 kW解析由u=200sin 100πt V可知,电压最大值Um=200 V,角速度ω=100π rad/s,所以电压的有效值U==200 V,周期T==0.02 s,频率f==50 Hz,由欧姆定律得I= A=4 A,所以A、B两项正确;一周期内电流方向改变两次,而f=50 Hz,那么 1 s内电流方向改变100次,C项错误;电功率P=IU=4×200 W=800 W,所以D项错误。
高中物理 5.1《交变电流》课时作业 新人教版选修3-2
5.1《交变电流》基础达标1．交变电流是()A．矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动时产生的电流B．按正弦规律变化的电流C．强度随时间做周期性变化的电流D．方向随时间做周期性变化的电流【解析】本题考查了交变电流的定义，只要方向随时间做周期性变化的电流就是交变电流，正弦式交变电流仅是其中之一，故D项正确．【答案】 D2．如图所示属交变电流的是( )【解析】大小和方向做周期性变化的电流，称为交变电流，在图象上表现为时间轴上下都存在图线，故选CD.【答案】CD3．关于矩形线圈在匀强磁场中转动时产生的正弦式电流，正确的说法是( )A．线圈每转动一周，感应电流方向改变一次B．线圈每转动一周，感应电动势方向改变一次C．线圈每转动一周，感应电流方向改变两次，感应电动势方向改变一次D．线圈每转动一周，感应电流方向和感应电动势方向都改变两次【解析】感应电动势和感应电流的方向，每经过中性面时改变一次，每个周期内方向改变两次，故选D.【答案】 D4．矩形线圈绕垂直于匀强磁场的对称轴做匀速转动，当线圈通过中性面时，则( ) A．线圈平面与磁场方向垂直B．线圈中的感应电动势的方向将发生变化C．通过线圈的磁通量达到最大值D．通过线圈的磁通量的变化率达到最大值【解析】线圈通过中性面这个特殊位置时，线圈平面与中性面垂直，穿过线圈的磁通量最大，但磁通量的变化率为零，故A、C正确，D错误；线圈每经过中性面一次，电流方向就改变一次，故B正确．【答案】ABC5．如下图所示图象中属于交变电流的是( )【答案】ABC6.如图所示一正方形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO ′匀速转动，沿着OO ′观察，线圈沿逆时针方向转动．已知匀强磁场的磁感应强度为B ，线圈匝数为n ，边长为l ，电阻为R ，转动的角速度为ω.则当线圈转至图示位置时( )A ．线圈中感应电流的方向为abcdaB ．穿过线圈的磁通量为0C ．线圈中的感应电流为nBl 2ωRD ．穿过线圈磁通量的变化率为0【解析】 图示位置，线圈平面与磁场平行，所以穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，B 正确，D 错误，此时由右手定则可知电流方向为adcba ，A 错误，由峰值表达式E m ＝nBS ω＝nBl 2ω，所以I m ＝nBl 2ωR，图示位置感应电流等于峰值，C 正确. 【答案】 BC7.如图所示，正方形线圈abcd 绕对称轴OO ′在匀强磁场中匀速转动，线圈匝数为n ，当转动的角速度为ω时，感应电动势瞬时值表达式为e ＝nBS ωcos ωt (由图示位置计时)．其他条件不变，只是线圈的转速提高到原来的2倍，则表达式变为( )A ．e ＝nBS ωcos2ωtB ．e ＝nBS ωcos ωtC ．e ＝nBS 2ωcos2ωtD ．e ＝nBS ω2cos 12ωt 【解析】 当线圈转速提高到原来的2倍，角速度也变为原来的2倍，其感应电动势的瞬时值表达式为e ＝nBS ·2ωcos2ωt ，故C 选项正确．【答案】 C8．如图所示，①、②两个并排放置的共轴线圈，①中通有如图所示的交流电，则下列判断错误的是( )A ．在t 1到t 2时间内，①②相吸B ．在t 2到t 3时间内，①②相斥C ．t 1时刻两线圈间作用力为零D ．t 2时刻两线圈间吸引力最大【解析】 t 1到t 2时间内①线圈中电流正向减小，在线圈②中产生感应电流也为正向，故①②两线圈相互吸引，故A 选项说法正确；t 2到t 3时间内，①线圈中电流负向增大，在②中产生正向的感应电流，①②相互排斥，B选项说法正确；t1时刻①电流最大，但变化率为零，在②中不产生感应电流，两线圈作用力为零，C选项说法正确；t2时刻①中电流为零，但变化率最大，②中感应电流最大，作用力为零，故D选项说法错误．【答案】 D9．一个面积为0.1 m2的矩形线圈，共100匝，在磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，以垂直于磁感线的轴匀速转动，从线圈平面平行于磁感线的位置开始转动，在0.05 s内线圈转过90°，在这段时间内，求：线圈中的感应电动势的最大值，并写出瞬时值表达式．【解析】设矩形线圈的匝数为N，面积为S，磁感应强度为B，匀速转动的角速度为ω，则感应电动势的最大值为E m＝NBSω；角速度ω＝φt＝π20.05rad/s＝10πrad/s，最大值E m＝NBSω＝100×0.5×0.1×10π V＝157 V，瞬时值表达式：e＝E m cosωt＝157 cos10πt V.【答案】157 V e＝157cos10πt V能力提升1．一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动．在转动过程中，线框中的最大磁通量为Φm，最大感应电动势为E m.下列说法中正确的是( ) A．当线框磁通量为零时，感应电动势也为零B．线框转动的角速度ω等于E m/ΦmC．当线框内磁通量增大时，感应电动势在减小D．当线框内磁通量等于0.5Φm时，感应电动势等于0.5E m【解析】感应电动势是磁通量的变化率，线框磁通量为零时，感应电动势最大，排除A；由正弦式交流电的瞬时值表达式e＝E m sinωt＝BSωsinωt＝Φmωsinωt，选择B，排除D；根据线圈从与磁场平行的位置转到中性面的过程中，磁通量越来越大，磁通量的变化率越来越小，产生的感应电动势越来越小，所以选择C.【答案】BC2.如图所示，单匝矩形线圈的一半放在有界匀强磁场中，中心轴线OO′与磁场边界重合，线圈绕中心轴线按图示方向(从上向下看逆时针方向)匀速转动，t＝0时刻线圈平面与磁场方向垂直，规定电流方向沿abcd为正方向，则下图中能表示线圈内感应电流随时间变化规律的是( )【解析】在0～t4内，ab一侧的线框在磁场中绕OO′转动产生正弦交流电，电流方向由楞次定律判断为dcba且越来越大.t4～t2内，ab一侧线框在磁场外，而dc一侧线框又进入磁场产生交流电，电流方向为dcba且越来越小，以此类推，可知i－t图象正确的为B.【答案】 B3.在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时(P2转动时的电流转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势转动时电流的方向相同，都是a→b→边受到的安培力大于绕P2转动时＝r1，O1d＝r2.线圈绕轴转动时，产生的感应电动势错．由右手定则可知，线圈绕错，再根据安培力公式可知．一长直导线通以如图甲所示的交变电流，在导线下方有断开的线圈，如图乙所示，规定电流从左向右为正，则相对于b点来说，a点电势最高的时刻是在(相对b电势最高，即ab间电动势最大，t1、t3时刻电流的变化率最小，感应电动势为零，故选项A、C错误；t2时刻电流的变化率最大，线圈中磁通但此时穿过线圈的磁通量减小到零，由楞次定律可知此时刻时刻，由楞次定律可知，ab中感应电动势a点高于的圆形线圈共100匝，在磁感应强度′以n＝600 r/min的转速匀速转动，当线圈转至中性面Δt＝t.60°，如图所示＝1×10－2 C. 【答案】1×10 C。
高中物理 第5章 交变电流 5 电能的输送课时作业 新人教版选修3-2(2021年最新整理)
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5 电能的输送错误!1．下列关于电能输送的说法正确的是( ）A．输送电能的基本要求是可靠、保质、经济B．减小输电导线上功率损失的唯一方法是采用高压输电C．减小输电导线上电压损失的唯一方法是增大输电线的横截面积D．实际输电时,要综合考虑各种因素,如输电功率大小、距离远近、技术和经济条件等解析: 输送电能的基本要求是可靠、保质、经济．减少输电线上的功率损失可采用高压输电,也可以减小输电线电阻,即增大导线横截面积,但不经济．实际输电时，应综合考虑各种因素．答案：AD2．某发电厂原来用11 kV的交流电压输电，后来改用升压变压器将电压升高到220 kV输电，输送的电功率都是P,若输电线路的电阻为r,则下列说法中正确的是( ）A．据公式I＝错误!，提高电压后输电线上的电流降为原来的错误!B．据公式I＝错误!，提高电压后输电线上的电流增为原来的20倍C．据公式P＝I2r,提高电压后输电线上的功率损耗减为原来的错误!D．据公式P＝错误!,提高电压后输电线上的功率损耗将增大为原来的400倍解析：由I＝错误!得电压损失ΔU＝Ir＝错误!r，因U2＝20U1故ΔU2＝错误!ΔU1，A正确;又因为ΔP＝I2r＝错误!r,故ΔP2＝错误!ΔP1，C正确．答案：AC3．远距离输送一定功率的交流电，若输电线电阻一定，下列说法正确的是( )A．输电线上的电压损失跟输电电压成正比B．输电线上的功率损失跟输电电压成正比C．输电线上的功率损失跟输电电压的平方成反比D．输电线上的功率损失跟输电线上的电压损失的平方成正比解析：此题容易犯的错误是将输电电压与损失电压相混,由P＝U2R而选B.正确的思路是由I线＝错误!可知ΔP＝错误!·R线，C对．ΔU＝错误!·R线，A错．ΔP＝错误!，D对．答案：CD4．如图为远距离输电线路的示意图：若发电机的输出电压不变,则下列叙述中正确的是（)A．升压变压器原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关B．输电线中的电流只由升压变压器原、副线圈的匝数比决定C．当用户用电器的总电阻减少时，输电线上损失的功率增大D．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压解析：变压器输入功率、输入电流的大小是由次级负载消耗的功率大小决定的，选项A、B错误．用户的总电阻减小，据P＝错误!，消耗的功率增大，输电线电流增大，线路损失功率增大，C项正确，升压变压器的输出电压等于输电线路电阻上损失电压加上降压变压器输入电压，D项错误．答案：C5．在远距离输电时,输送的电功率为P，输电电压为U,输电导线电阻率为ρ，截面面积为S，导线的总长度为L.输电线上损耗的电功率为P′，用户得到的电功率为P，则P′和P用用的关系式正确的是( ）A．P′＝错误! B．P′＝错误!C．P用＝P－错误!D．P用＝P错误!解析：输电线电阻R＝ρ错误!，输电电流I＝错误!,故输电线上损失的电功率为P′＝I2R ＝错误!2ρ错误!＝错误!,用户得到的电功率为P用＝P－P′＝P错误!。
(新课标)2020版高中物理第五章交变电流课时作业8(含解析)选修3_2
课时作业(八)一、单项选择题1.如图所示，已知交流电源的电动势为e ＝2202sin100πt(V)，电阻R ＝2 200 Ω，则电路中交流电流表和电压表的示数分别为( ) A ．0.1 2 A ，220 2 V B ．0.1 A ，220 2 V C ．0.1 2 A ，220 VD ．0.1 A ，220 V解析 交流电流表、电压表的读数都为有效值，所以U ＝22022 V ＝220 V ，I ＝U R ＝2202 200 A ＝0.1 A ，所以选D 项． 答案 D2．一电阻接一直流电源，通过4 A 的电流时热功率为P ，若换接一正弦交流电源，它的热功率变为P2，则该交流电电流的最大值为( )A ．4 AB ．6 AC ．2 AD ．4 2 A解析 由P ＝I 2R 得R ＝P I 2＝P 16，接交流电时，P 2＝I ′2P 16，2I ′2＝16，I ′＝42 A ，所以I m ＝2I ′＝4 A ．应选A 项． 答案 A3．夏天空调器正常工作时，制冷状态与送风状态交替运行．一空调器在不同工作状态下电功率随时间变化的关系如图所示，此空调器运转1 h 用电( )A ．1.0度B ．1.5度C ．2.0度D ．2.5度解析 由图象知，电功率随时间的变化周期为15 min ，前5 min 为0.5 kW ，后10 min 为2 kW.设电功率的有效值为P ，周期为T ，据有效值定义有P 1T 3＋P 22T3＝PT将P 1＝0.5 kW ，P 2＝2 kW 代入，得P ＝1.5 kW. 此空调1 h 用电W ＝Pt ＝1.5度． 答案 B4．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，现外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则( )A ．电压表的示数为220 VB ．电路中的电流方向每秒钟改变50次C ．灯泡实际消耗的功率为484 WD ．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J 解析 由题图甲知E m ＝220 2 V ， 则电源电动势有效值E ＝E m2＝220 V ， I ＝E R ＋r ＝22095.0＋5.0 A ＝2.2 A ，电压表示数亦即路端电压有效值U ＝IR ＝2.2×95 V＝209 V ，A 项错误；线框每转一圈，电流方向改变两次，故每秒钟电流方向改变n ＝t T ×2＝10.02×2次＝100次，B 项错误；由P 灯＝UI ，得P 灯＝209×2.2 W ＝459.8 W ，C 项错误；由Q ＝I 2rt 得：Q r ＝2.22×5×12J ＝24.2 J ，D 项正确． 答案 D5.将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为l ，它在磁感应强度为B 、方向如图的匀强磁场中匀速转动，转速为n ，导线在a 、b 两处通过电刷与外电路连接，外电路有额定功率为P 的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为( ) A.（2πl 2nB ）2PB.2（πl 2nB ）2PC.（l 2nB ）22PD.（l 2nB ）2P解析 根据最大感应电动势E m ＝nBS ω可得， 最大感应电动势为E m ＝Bl 22πn ， 所以有效的电动势为E ＝E m2＝2Bl 2πn ，由P ＝U2R可得，灯泡的电阻R ＝U 2P ＝2（πl 2nB ）2P ，所以B 项正确．答案 B6．正弦交变电源与电阻R 、交流电压表按图甲所示的方式连接，R ＝10 Ω，交流电压表的示数是10 V ，图乙是交变电源输出电压U 随时间t 变化的图象，则( )A ．通过R 的电流I R 随时间t 变化的规律是I R ＝2cos100πt(A)B ．通过R 的电流I R 随时间t 变化的规律是I R ＝2cos50πt(A)C ．R 两端的电压U R 随时间t 变化的规律是U R ＝52cos100πt(V)D ．R 两端的电压U R 随时间t 变化的规律是U R ＝52cos50πt(V)解析 交流电压表测的是有效值U ＝10 V ，电压的最大值U m ＝10 2 V ．由图象可得电阻R 两端交流电压的瞬时值U R ＝102cos100πt(V)，通过R 上的电流有效值I ＝U R ＝1010 A ＝1 A ，则最大值I m ＝ 2 A ，其瞬时值为I R ＝2cos100πt(A)． 答案 A7．一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，周期为T.从中性面开始计时，当t ＝112T 时，线圈中感应电动势的瞬时值为2 V ，则此交变电流的有效值为( ) A ．2 2 V B ．2 V C. 2 VD.22V 解析 先用代入法求出感应电动势的最大值：由e ＝E m sin ωt ，得2 V ＝E m sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT ×T 12，由此得E m ＝4 V ，因此有效值为2 2 V ，A 项正确． 答案 A二、不定项选择题8．(2017·天津)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8π2J解析 根据图象可知，在t ＝0时穿过线圈平面的磁通量为零，所以线圈平面平行于磁感线，故A 项正确；Φ－t 图象的斜率为ΔΦΔt，即表示磁通量的变化率，在0.5 s ～1.5 s 之间，“斜率方向“不变，表示的感应电动势方向不变，则电流方向不变，故B 项错误；根据法拉第电磁感应定律可得E ＝N ΔΦΔt ，所以在t ＝1.5 s 时，斜率为零，则感应电动势为零，故C 项错误；感应电动势的最大值为E m ＝NBS ω＝N Φm ω＝100×0.04×2π2 V ＝4π V ，有效值E ＝E m2＝22π V ，根据焦耳定律可得一个周期产生的热为Q ＝E 2R T ＝8π22×2 J ＝8π2J ，故D 项正确．答案 AD9.阻值为10 Ω的电阻接到电压波形如图所示的交流电源上．以下说法中正确的是( ) A ．电压的有效值为10 VB ．通过电阻的电流有效值为22A C ．电阻消耗的电功率为5 W D ．电阻每秒钟产生的热量为10 J解析 根据图象可知电压最大值为U m ＝10 V ，有效值为U ＝102V ，电流有效值为I ＝U R ＝22 A ，电阻消耗的电功率为P ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222×10 W ＝5 W ．每秒钟产生的热量为Q ＝Pt ＝5 J.答案 BC10．甲、乙两电炉的电阻值相等，把甲和乙两电炉分别接到如图(a)和(b)所示的方形波交变电压和正弦波交变电压下，两种电压的周期和峰值相等，则( )A ．用电压表测量甲电炉两端电压大B ．用电压表测量甲、乙两电炉两端电压一样大C ．两电炉消耗的电功率之比P 甲∶P 乙＝2∶1D ．两电炉消耗的电功率之比P 甲∶P 乙＝1∶1解析 电压表测量值为有效值，(a)中有效值为U 0，(b)中有效值为U 02，A 项正确；由P ＝U2R ，可知P 甲∶P 乙＝2∶1，故C 项正确． 答案 AC11．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流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b 所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是( )A ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B ．线圈先后两次转速之比为3∶2C ．正弦交流电a 的瞬时值为u ＝10sin5πt(V)D ．正弦交流电b 的最大值为203V 解析 t ＝0时刻两个正弦交流电的感应电动势瞬时值均为零，线圈都与磁场垂直，穿过线圈的磁通量都最大．故A 项错误；由图读出两电流周期之比为T a ∶T b ＝0.4 s ∶0.6 s ＝2∶3，而T ＝1n ，则线圈先后两次转速之比为3∶2，故B 项正确；正弦交流电a 的瞬时值为u ＝U m sin 2πT t ＝10sin 2π0.4t V ＝10sin5πt(V)，故C 项正确；根据电动势最大值公式E m ＝nBS ω＝nBS 2πT ，得到两电动势最大值之比为E ma ∶E mb ＝T b ∶T a ＝3∶2，E ma ＝10 V ，则得到正弦交流电b 的最大值为E mb ＝203 V ，故D 项正确．故选B 、C 、D 三项．答案 BCD 三、计算及论述题12.交流发电机转子有n 匝线圈，每匝线圈所围面积为S ，匀强磁场的磁感应强度为B ，匀速转动的角速度为ω，线圈内电阻为r ，外电路电阻为R.当线圈由图中实线位置匀速转动90°到达虚线位置过程中，求： (1)通过R 的电荷量q 为多少？ (2)R 上产生电热Q R 为多少？ (3)外力做的功W 为多少？解析 (1)按照电流的定义I ＝q/t ，计算电荷量q 应该用电流的平均值：即q ＝It ，而I ＝E R ＋r ＝n ΔΦt （R ＋r ）＝nBS t （R ＋r ），q ＝nBSR ＋r ，这里电流和电动势都必须要用平均值，不能用有效值、最大值或瞬时值．(2)求电热应该用有效值，先求总电热Q ，再按照内外电阻之比求R 上产生的电热Q R . Q ＝I 2(R ＋r)t ＝E 2R ＋r ·π2ω＝（nBS ω）2π2（R ＋r ）2ω＝πωn 2B 2S 24（R ＋r ），Q R ＝R R ＋r Q ＝πωn 2B 2S 2R4（R ＋r ）2.这里的电流必须要用有效值，不能用平均值、最大值或瞬时值．(3)根据能量守恒，外力做功的过程是机械能向电能转化的过程，电流通过电阻，又将电能转化为内能，即放出电热．因此W ＝Q ＝πωn 2B 2S24（R ＋r ）.要善于用能量转化和守恒定律来分析功和能．答案 (1)nBS R ＋r (2)πωn 2B 2S 2R 4（R ＋r ）2(3)πωn 2B 2S24（R ＋r ）13．如图所示，两平行导轨与水平面间的倾角为θ＝37°，电阻不计，间距L ＝0.3 m ，长度足够长，导轨处于磁感应强度B ＝1 T ，方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．导轨两端各接一个阻值为R 0＝2 Ω电阻，另一横跨在导轨间的金属棒质量m ＝1 kg ，电阻r ＝2 Ω，棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，当金属棒以平行于导轨的向上初速度v 0＝10 m/s 上滑，直至上升到最高点过程中，通过上端电阻电量Δq ＝0.1 C(g 取10 m/s 2)，求上端电阻R 0产生的焦耳热？ 解析 设棒沿斜面能上升的最大距离为s ，磁感应强度B 垂直斜面向上，则等效电路和导体棒受力分析分别如图(1)、(2)所示．由图可知，在棒上升过程中，通过棒某一截面的电量应为2Δq.由I ＝2Δq Δt ＝E R 02＋r ，得E ＝2Δq Δt ⎝ ⎛⎭⎪⎫R 02＋r而E －＝ΔΦΔt ＝BLsΔt s ＝Δq （R 0＋2r ）BL ＝2 m设电路各电阻消耗的总焦耳热为Q 总Q 总＝I 总2⎝ ⎛⎭⎪⎫R 02＋r Δt ＝(2I 0)232R 0Δt ＝6I 02R 0Δt ＝6Q R0.从金属棒开始运动到最高点过程，利用能量守恒关系有 Q 总＋μmgcos θ·s ＋mgsin θ·s ＝12mv 02Q R0＝16Q 总＝5 J此题中，求电阻产生的焦耳热Q 应该用电流的有效值计算，由于I 有≠I 无法求，因此只能通过能量关系求得Q. 答案 5 J。
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（新课标）高中物理第五章交变电流课时作业9（含解析）选修
32
课时作业(九)
一、单项选择题
1．电容对交变电流的影响，以下说法中正确的是( )
A．电容对交变电流没有阻碍作用
B．电容器的电容越大，电容器对交变电流的阻碍作用就越大
C．电容的容抗越小，电容对交变电流的阻碍作用就越小
D．电容器具有“通直流、隔交流、通低频、阻高频”的作用
解析交流电能通过电容器，但由于电容器对交流电也有阻碍作用，容抗即反应电容对交流电阻碍作用的物理量，故A项错误；电容器的电容越大，交变电流的频率越高，电容器对交变电流的阻碍作用就越小，容抗越小，故B项错误；容抗越小，电容器对交变电流的阻碍作用越小，故C项正确；电容对电流的影响可概括为“隔直流、通交流、通高频，阻低频”，故D错误．故选C项．
答案 C
2．(2017·南沙区校级月考)如图所示，甲、乙是规格相同的灯泡．当接线柱
a，b接电压为U的直流电源时，无论电源的正极与哪一个接线柱相连，甲灯
均能正常发光，乙灯均不亮；当a，b接电压的有效值为U的交流电源时，甲
灯发出微弱的光，乙灯能正常发光．关于与甲灯串联的元件x和与乙灯串联的元件y，下列判断正确的是( )
A．x可能是电感线圈，y可能是电容器
B．x可能是电容器，y可能是电感线圈
C．x可能是二极管，y可能是电容器
D．x可能是电感线圈，y可能是二极管
解析接线柱a、b接电压为U的直流电源时，甲灯均能正常发光，乙灯完全不亮，说明y为电容器；当a、b接电压的有效值为U的交流电源时，甲灯发出微弱的光，乙灯能正常发光，说明x为电感线圈，A项正确．
答案 A
3.用电压表检查如图中的故障，测量U ad＝5.0 V，U ab＝0，U bc＝5.0 V，U cd
＝0.则电路故障可能是( )
A．滑动变阻器R1断路B．电容器C被击穿
C．电阻R2断路D．电感线圈L断路
解析当用电压表去判断电路故障时，如果电压表的两接线柱能与电源的两极接通，而与电压表两接线柱相并联的那部分电路没有完全短路，电压表就会有示数．即当电压表有示数时，电源两极与电压表两接线柱间的电路无断点．由题意U ad＝U bc＝5.0 V可知ab、cd间为通路，A、C两项错误；若电容器被击穿，则U bc将为零，B项错误．故正确答案为D项．
答案 D
4.在图所示电路中，u是有效值为220 V的交流电源，C是电容器，R是电
阻，关于交流电压表的示数，下列说法正确的是( )
A．等于220 V B．大于220 V
C．小于220 V D．等于零
解析电容器的容抗与电阻串联，根据串联分压原理可知电阻两端电压应小于电源电压．
说明：容易产生的错误是：不能正确判断交变电流能够通过电容器而得出读数为零的错误判断；考虑交变电流能够通过电容器，而忽视了电容器对交变电流的阻碍作用，得出读数等于220 V.
答案 C
5．(2017·大观区校级期中)如图所示，L1和L2是相同型号的白炽灯，L1
与电容器C串联，L2与带铁芯的线圈L串联．当a、b间接有电压有效值
为U、频率为f的正弦交流电源时，两只灯泡的亮度相同．现将该电路改
接在另一正弦交流电源上，发现灯泡L1变亮、L2变暗．则另一正弦交流电
源可能是( )
A．电压有效值小于U，而频率仍为f B．电压有效值大于U，而频率小于f
C．电压有效值大于U，而频率仍为f D．电压有效值仍为U，而频率大于f
解析当a、b间接有电压有效值为U、频率为f的正弦交流电源时，两只灯泡都发光，且亮度相同．而更换一个新电源后，灯泡L1变亮、L2变暗，则说明线圈的感抗比电容器的容抗大，那么另一正弦交流电源的频率大，最大电压值仍不变．故D项正确，A、B、C三项错误．
答案 D
6.(2016·江苏模拟)如图是用电流传感器(电流传感器相当于电流表，其
电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路，电源的电动势为E，内阻
为r，自感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻值大于灯泡D的阻值，
在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开开关S.在
选项所示的图象中，可能正确表示电流传感器记录的电流随时间变化情况的是( )
解析由于自感线圈L直流电阻值大于灯泡D的阻值，由通过线圈L的电流小于通过灯泡D
的电流；
当断开电键，原来通过D的电流瞬间减小为0，后由于电感阻碍自身电流变化，产生的感应电流流过电阻，其方向与规定图示流过电阻的方向相反，I慢慢减小最后为0.故A、C、D项错误，B项正确．
答案 B
7.如图所示，两个同学利用图示装置做实验，第一位同学使导体棒ab
在导轨上匀速运动，第二位同学使导体棒ab在导轨上做变速运动，但
两位同学对ab杆做的功一样多．第一位同学的方法使小灯泡消耗的电
能为W1，第二位同学的方法使小灯泡消耗的电能为W2，除小灯泡外，回路中其余各部分电阻均忽略不计，摩擦以及杆质量不计．则( )
A．W1＝W2B．W1>W2
C．W1<W2D．不能比较
解析由于杆的质量不计，两同学对ab杆做的功一样多则相同多的机械能转化为电路中的电能(忽略做功时克服摩擦等因素)．第一位同学使棒ab匀速运动，产生电流为恒定电流，电感L消耗电能很少，绝大多数电能为小灯泡所消耗；而第二位同学为变速运动，电路中产生的感应电流将是变化的电流，由于L的感抗作用，有一部分电能消耗在L上(主要转化为磁场能)．答案 B
二、不定项选择题
8.如图所示，“二分频”音箱内有两个不同口径的扬声器，它们的固有频
率分别处于高音、低音频段，分别称为高音扬声器和低音扬声器．音箱
要将扩音器送来的含有不同频率的混合音频电流按高、低频段分离出来，
送往相应的扬声器，以便使电流所携带的音频信息按原比例还原成高、低频的机械振动．图为音箱的电路简化图，高、低频混合电流由a、b端输入，L是线圈，C是电容器，则( ) A．甲扬声器是高音扬声器B．甲扬声器是低音扬声器
C．乙扬声器是高音扬声器D．乙扬声器是低音扬声器
解析依据感抗和容抗的决定因素可以知道，交变电流的频率越大，感抗越大，容抗越小，故乙扬声器是高音扬声器，甲扬声器是低音扬声器，B、C两项正确，A、D两项错误．
答案BC
9．有关电感对交变电流的影响的以下说法中，正确的是( )
A．电感对交变电流有阻碍作用
B．电感对交变电流阻碍作用的大小叫感抗
C．电感对交变电流的阻碍作用跟线圈的自感系数无关
D．线圈的自感系数越大，交变电流的频率越高，电感对交变电流的阻碍作用就越小
解析本题主要考查电感对交变电流的阻碍作用．电感对交变电流有阻碍作用，A项正确；电
感对交变电流阻碍作用的大小叫感抗，B项正确；由感抗公式X L＝2πfL知电感对交变电流的阻碍作用跟线圈的自感系数L有关，且线圈的自感系数越大，交变电流的频率越高，电感对交变电流的阻碍作用就越大，所以C、D项错误．
答案AB
10．在图甲所示电路中，流过二极管D的电流i D如图乙所示，
该电流可以看作是一个恒定电流和一个交变电流的叠加，流
过电感和电容的电流分别为i L、i C.下列关于i L、i C随时间t
变化的图象中，可能正确的是( )
解析电容器隔直流所以A项错误．电感线圈对低频直流阻碍小，B图中电流变化小，感抗小，所以B项正确，电容器通交流，它是始终处于充放电的过程中，所以电流方向要发生变化，不然电容的电压最后会很高不符合实际，C项正确；由于电流可以看作是一个恒定电流和一个交变电流的叠加，D图中电流几乎没有对电流分解，对变化较大的电流，线圈感抗比较大，所以D项错误．
答案BC
11．如图所示的电路，一灯泡和一可变电容器串联，下列说法正确的是( )
A．a、b端接稳恒直流电，灯泡发亮
B．a、b端接交变电流，灯泡发亮
C．a、b端接交变电流，灯泡发亮，且将电容器电容增大时，灯泡亮度增大
D．a、b端接交变电流，灯泡发亮，在不改变交变电流有效值的情况下增大其频率，灯泡亮度增大
解析电容器有“通交流，隔直流，通高频，阻低频”的特点，B、D两项正确．增大电容器的电容，可以减小其容抗，电流增大，即灯泡的亮度增加，C项正确．
答案BCD
三、计算及论述题
12.如图所示是电视机电源的滤波装置，当输入端输入含有直流成分、交流
低频成分的电流后，能在输出端得到较稳定的直流电．试分析其工作原理及
各电容和电感的作用．
答案直流和交流低频成分的电流输入到C1两端，由于C1的“通交流，隔直流”的功能，电流中的交流成分被衰减，而线圈L1有“通直流，隔交流”的功能，电流中的交流成分被衰减，直流成分电流顺利通过L，一小部分交流通过L，到达C2两端时，C2进一步滤除电流中残余的交流成分，这样在输出端得到较稳定的直流电供电视机正常工作．
13．收音机的音量控制电路部分如图所示，调节滑动变阻器的滑片P可控制扬声器的音量，但收音机直接收到的信号有干扰，即有直流和高频信号，为此需要用电容器C1、C2滤去直流和高频部分．根据电容器容抗的性质，试确定C1、C2应分别用电容较大的还是较小的电容器．
解析C1作用是滤去直流成分，而且要让低频成分通过，故应选用电容较大的电容器；
C2的作用是滤去高频成分且要阻碍低频成分通过，故选用电容较小的电容器．
答案C1用电容较大的电容器，C2选用电容较小的电容器．。