高三物理一轮复习练习 选修

1．如图甲所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交流电如图乙所示，设沿abcda方向为电流正方向，则()A．乙图中Oa时间段对应甲图中A至B图的过程B．乙图中c时刻对应甲图中的C图C．若乙图中d等于0.02 s，则1 s内电流的方向改变50次D．若乙图中b等于0.02 s，则交流电的频率为50 Hz解析：由交变电流的产生原理可知，甲图中的A、C两图中线圈所在的平面为中性面，线圈在中性面时电流为零，再经过1/4个周期电流达到最大值，再由楞次定律判断出电流的方向，因此图甲中A至B图的过程电流为正且从零逐渐增大到最大值，A对；甲图中的C图对应的电流为零，B错；每经过中性面一次线圈中的电流方向将要改变一次，所以一个周期内电流方向要改变两次，所以在乙图中对应Od段等于交变电流的一个周期，若已知d等于0.02 s，则频率为50 Hz,1 s内电流的方向改变100次，C错；而D选项频率应该是25 Hz.答案：A2．(20XX年高考广东理综)某小型发电机产生的交变电动势为e＝50sin 100πt (V)．对此电动势，下列表述正确的有()A．最大值是50 2 V B．频率是100 HzC．有效值是25 2 V D．周期是0.02 s解析：从中性面开始计时，交变电动势的表达式为e ＝E m sin ωt ，因e ＝50sin 100πt (V)，所以最大值E m ＝50 V ，A 错误；由ω＝2πf ＝100π rad/s 得f ＝50 Hz ，B 错误．有效值E ＝E m 2＝25 2 V ，C 正确．T ＝1f ＝0.02 s ，D 项正确． 答案：CD3．(20XX 年佛山质检)如图所示，交流发电机线圈的面积为0.05 m 2，共100匝．该线圈在磁感应强度为1π T 的匀强磁场中，以10π rad/s 的角速度匀速转动，电阻R 1和R 2的阻值均为50 Ω，线圈的内阻忽略不计，若从图示位置开始计时，则( )A ．线圈中的电动势为e ＝50sin 10πt VB ．电流表的示数为 2 AC ．电压表的示数为50 2 VD ．R 1上消耗的电功率为50 W解析：由于线圈从图示位置(即磁场方向平行于线圈平面)开始计时，所以e ＝E m cos ωt ，其中E m ＝nBSω＝50 V ，故线圈中的电动势e ＝50cos 10πt V ，故A 选项错误；线圈产生的电动势的有效值为E ＝502V ＝25 2 V ，由于线圈的内阻不计，故电压表的示数为U ＝E ＝25 2 V ，故C 选项错误；电流表的示数I ＝UR 并，其中R 并＝R 1R 2R 1＋R 2＝25 Ω，所以I ＝ 2 A ，故B 选项正确；R 1上消耗的电功率为P ＝U 2R 1＝25 W ，故D 选项错误．答案：B4．如图所示，面积S ＝0.5 m 2，匝数n ＝100匝，内阻r ＝2.0 Ω的矩形线圈放在磁感应强度为B＝0.02 T的匀强磁场中，使它绕垂直于磁场的OO′轴以角速度ω＝100π rad/s匀速转动，线圈通过电刷与一个阻值R＝20 Ω的电阻连接，为交流电压表．求：(1)电阻R上的发热功率；(2)线圈从图示位置转过90°的过程中，电阻R中通过的电荷量；(3)线圈从图示位置转过60°时，交流电压表V的读数．解析：(1)由题意知，交变电流电动势的最大值为E m＝nBSω＝100×0.02×0.5×100π V≈314 V有效值E＝E m2＝3142V≈222 V电阻R上的发热功率P＝I2R＝(ER＋r )2R＝(22220＋2.0)2×20 W≈2×103 W.(2)线圈从图示位置转过90°的过程中，感应电动势的平均值为E＝n ΔΦΔt，平均电流I＝E R＋r通过电阻R的电荷量q＝I·Δt联立解得q＝nΔΦR＋r ＝n BSR＋r代入数据，得q＝100×0.02×0.520＋2.0C≈0.045 C.(3)交流电压表的示数为有效值，则示数U＝IR＝ER＋rR≈202 V答案：(1)2×103 W(2)0.045 C(3)202 V(时间：45分钟，满分：100分)[命题报告·教师用书独具]一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．如图所示各图线中表示交变电流的是()解析：交变电流的大小和方向做周期性变化，只有大小变化的电流不是交变电流．答案：BCD2．关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，下列说法中正确的是() A．线圈平面每经过中性面一次，感应电流的方向就改变一次，感应电动势的方向不变B．线圈每转动一周，感应电流的方向改变一次C．线圈平面每经过中性面一次，感应电动势和感应电流的方向都要改变一次D．线圈转动一周，感应电动势和感应电流的方向都改变一次解析：依据交流电的变化规律可知，如果从中性面开始计时，有e＝E m sin ωt 和i＝I m sin ωt；如果从垂直于中性面的位置开始计时，有e＝E m cos ωt和i＝I m cos ωt.可看出：线圈平面每经过中性面一次，感应电流的方向就改变一次，感应电动势的方向也改变一次；线圈每转动一周，感应电流的方向和感应电动势的方向都改变两次．故正确答案为C.答案：C3．如图，面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e＝BSωsin ωt的图是()解析：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动，产生的正弦交变电动势为e＝BSωsin ωt，由这一原则判断，A图和C图符合要求；B图中的转轴不在线圈所在平面内；D图转轴与磁场方向平行，而不是垂直．故A、C正确．答案：AC4．(20XX年高考全国卷)一台电风扇的额定电压为交流220 V．在其正常工作过程中，用交流电流表测得某一段时间内的工作电流I随时间t的变化如图所示．这段时间内电风扇的用电量为()A．3.9×10－2度B．5.5×10－2度C．7.8×10－2度D．11.0×10－2度解析：因1度＝3.6×106J且电流表示数为电流有效值，故用电量W＝U(I1t1＋I2t2＋I3t3)，代入数值得W＝5.5×10－2度，故B项正确．答案：B5．(20XX年高考北京理综)一个小型电热器若接在输出电压为10 V的直流电源上，消耗电功率为P；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为P 2.如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为()A．5 V B．5 2 VC．10 V D．10 2 V解析：设电热器电阻为R，正弦交流电源的电压有效值为U效，接10 V直流电源时，P＝U2R ；接交流电源时，P2＝U2效R，联立解得U效＝5 2 V，故最大值U m＝2U效＝10 V，C选项正确．答案：C6．一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法正确的是()A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直B．t＝0.01 s时刻，Φ的变化率最大C．t＝0.02 s时刻，交流电动势达到最大D．该线圈产生的交流电动势的图象如图乙所示解析：t＝0时，Φ最大，线圈应在中性面位置，A错；t＝0.01 s时，Φ -t图象的斜率最大，故ΔΦΔt最大，B正确；t＝0.02 s时，Φ不变且最大，故e＝0，C错；因Φ -t图象为余弦图象，故e -t图象为正弦图象，D错．答案：B7．(20XX年咸阳检测)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．交流电a的瞬时值为u＝10sin 5πt (V)D．交流电b的最大值为5 V解析：t＝0时刻穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，故电压为零，A错；读图得两次周期之比为2∶3，由转速ω＝2πT得转速与周期成反比，故B正确；读图得a的最大值为10 V，ω＝5π，由交流电感应电动势瞬时值表达式e＝E m sin ωt (V)(从中性面开始计时)得，u＝10sin 5πt (V)，故C正确；交流电的最大值E m＝nBSω，所以根据两次转速ω的比值可得，交流电b的最大值为23×10 V＝203V，故D错．答案：BC8．(20XX年江西盟校联考)电阻为1 Ω的单匝矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴，在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图象如图所示，现把交变电流加在电阻为9 Ω的电热丝上，下列判断正确的是()A．线圈转动的角速度为100 rad/sB．在0～0.005 s时间内，通过电阻的电荷量为15πCC．电热丝两端的电压为180 V D．电热丝的发热功率为1 800 W解析：由题图可知T＝0.02 s，ω＝2πT＝100π rad/s，A错误；在0～0.005 s内，由U m＝nBSω得BS＝2πWb，q＝ΔΦR＋r ＝BS－0R＋r＝15πC，B正确；电热丝两端的电压U＝RR＋r ·U m2＝90 2 V，C错误；电热丝的发热功率P＝I2R＝U2R＝(902)29W＝1800 W，D正确．答案：BD9．(20XX年高考四川卷)如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A．那么()A．线圈消耗的电功率为4 WB．线圈中感应电流的有效值为2 AC ．任意时刻线圈中的感应电动势为e ＝4cos 2πT tD ．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝T πsin 2πT t 解析：线圈在匀强磁场中匀速转动时产生正(或余)弦式交变电流，因为从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，所以瞬时电动势表达式e ＝E m cos ωt ，当转过60°时e ＝E m cos 60°＝E m 2，而i ＝e R ＝E m22 Ω＝E m 4 Ω＝1 A ，所以E m ＝4 V ．故电动势有效值E ＝E m 2＝2 2 V ，则线圈消耗功率P ＝E 2R ＝(22)22 W ＝4 W ，则选项A 正确；线圈中感应电流的有效值I ＝E R ＝222 A ＝ 2 A ，则选项B 错误；因为E m ＝4 V ，所以e ＝E m ·cos ωt ＝4cos 2πT t V ，则选项C 正确；因为E m ＝BS ·2πT ，所以Φm ＝BS ＝E m ·T 2π＝2T π，所以任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝Φm ·sin ωt ＝2T πsin 2πT t ，所以选项D 错误． 答案：AC10．(20XX 年皖南八校联考)如图所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min 的时间，两电阻消耗的电功之比W 甲：W 乙为( )A ．1∶ 2B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶6解析：图甲中电流周期为T1＝6 s，设电流有效值为I1，则有(I m2)2RT13×2＝I21RT1所以I1＝33 A.图乙中电流有效值I2＝I m＝1 A.由W＝I2Rt知W1W2＝I21I22＝13故C项正确．答案：C二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(15分)电压u＝1202sin ωt V，频率为50 Hz的交变电流，把它加在激发电压和熄灭电压均为u0＝60 2 V的霓虹灯的两端．(1)求在一个小时内，霓虹灯发光时间有多长？(2)试分析为什么人眼不能感到这种忽明忽暗的现象？(已知人眼的视觉暂留时间约为116s)解析：(1)如图所示，画出一个周期内交变电流的u-t图象，其中阴影部分对应的时间t1表示霓虹灯不能发光的时间，根据对称性，一个周期内霓虹灯不能发光的时间为4t1当u＝u0＝60 2 V时，由u＝120 2sin ωt V求得：t1＝1600s 再由对称性知一个周期内能发光的时间：t＝T－4t1＝150s－4×1600s＝1 75s再由比例关系求得一个小时内霓虹灯发光的时间为：t＝36000.02×175s＝2400 s.(2)很明显霓虹灯在工作过程中是忽明忽暗的，而熄灭的时间间隔只有1300s(如图中t2＋t3那段时间)，由于人的眼睛具有视觉暂留现象，而这个视觉暂留时间约为116s远大于1300s，因此经过灯光刺激的人眼不会因为短暂的熄灭而有所感觉．答案：(1)2400 s(2)见解析12．(15分)(20XX年高考安徽理综)图1是交流发电机模型示意图．在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO′转动，由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO′转动的金属圆环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路．图2是线圈的主视图，导线ab 和cd分别用它们的横截面来表示．已知ab长度为L1，bc长度为L2，线圈以恒定角速度ω逆时针转动．(只考虑单匝线圈)(1)线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式；(2)线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，如图3所示，试写出t 时刻整个线圈中的感应电动热e2的表达式；(3)若线圈电阻为r，求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热．(其他电阻均不计)解析：(1)矩形线圈abcd 转动过程中，只有ab 和cd 切割磁感线，设ab 和cd 的转动速度为v ，则v ＝ω·L 22①在t 时刻，导线ab 和cd 因切割磁感线而产生的感应电动势均为E 1＝BL 1v y ② 由图可知v y ＝v sin ωt ③则整个线圈的感应电动势为e 1＝2E 1＝BL 1L 2 ωsin ωt ④ (2)当线圈由图3位置开始运动时，在t 时刻整个线圈的感应电动势为e 2＝BL 1L 2ωsin(ωt ＋φ0)⑤(3)由闭合电路欧姆定律可知I ＝E R ＋r⑥ E ＝E m 2＝BL 1L 2ω2⑦ 则线圈转动一周在R 上产生的焦耳热为Q R ＝I 2RT ⑧其中T ＝2πω⑨于是Q R ＝πRω(BL 1L 2R ＋r)2⑩答案：(1)e1＝BL1L2ωsin ωt (2)e2＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)(3)πRω(BL1L2 R＋r)2。