11-12学年高二上学期物理寒假作业(5)交流电(带解析).docx

高二物理寒假作业（五）交流电 班 号 姓名 1以下说法正确的是()A发电机、电动机铭牌上所标数值为有效值 B电容器的击穿电压为所加交变电压的有效值C交流电压表所测数值为瞬时值 D保险丝的熔断电流为最大值2线圈在匀强磁场中转动产生电动势e10sin 20t V，则下列说法正确的是()At0时，线圈平面位于中性面 Bt0时，穿过线圈的磁通量最大Ct0时，导线切割磁感线的有效速率最大 Dt0.4 s时，e有最大值10 V3一线圈在匀强磁场中匀速转动，在下图所示位置时()A穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小B穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最大C穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大D穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最小4如下图所示，一矩形线圈abcd，已知ab边长为l1，bc边长为l2，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO轴以角速度从图示位置开始匀速转动，则t时刻线圈中的感应电动势为()A0.5Bl1l2sin tB0.5Bl1l2cos t CBl1l2sin t DBl1l2cos t5如图(a)所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴OO以角速度逆时针匀速转动若以线圈平面与磁场夹角45°时(如图b)为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正则图的四幅图中正确的是()6.一正弦交流电的电压随时间变化的规律如右图所示由图可知()A该交流电的电压瞬时值的表达式为u100sin 25t VB该交流电的频率为25 Hz C该交流电的电压的有效值为100 VD若将该交流电压加在阻值为R100 的电阻两端，则电阻消耗的功率为50 W7如图所示，理想变压器的原线圈接在u220sin 100t V的交流电源上，副线圈接有R55 的负载电阻原、副线圈匝数之比为21.电流表、电压表均为理想电表，下列说法中正确的是()A原线圈中电流表的读数为1 A B原线圈中的输入功率为220 WC副线圈中电压表的读数为110 V D副线圈中输出交流电的周期为50 s8.如右图所示为理想变压器原线圈所接交流电压的波形原、副线圈匝数比n1n2101，串联在原线圈电路中电流表的示数为1 A，下列说法正确的是()A变压器输出端所接电压表的示数为20 VB变压器的输出功率为200 ，质量为0.1 kg，电阻为0.1 ，在倾角为30°的斜面上的砝码质量为0.4 kg，匀强磁场磁感应强度为0.5 T，不计一切摩擦，砝码沿斜面下滑线圈开始进入磁场时，它恰好做匀速运动(g取10 m/s2) (1)求线圈匀速上升的速度(2)在线圈匀速进入磁场的过程中，砝码对线圈做了多少功？(3)线圈进入磁场的过程中产生多少焦耳热？高二物理寒假作业（五）交流电 参考答案1解析：发电机、电动机铭牌所标数值、交流电压表、保险丝的熔断电流均为有效值，故A对，C、D错电容器的击穿电压为最大值，B错答案：A2解析：由电动势的瞬时值表达式，计时从线圈位于中性面时开始，所以t0时，线圈平面位于中性面，磁通量为最大，但此时导线线速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速率为零，A、B正确，C错误当t0.4 s时，e10sin 20t10×sin(20×0.4) V0，D错误答案：AB3解析：当线框平面平行于磁感线时，磁通量最小，但e最大，即最大答案：C4解析：线圈从题图示位置开始转动，电动势瞬时值表达式为eEmcos t，由题意，EmBSBl1l2，所以eBl1l2cos t.答案：D5解析：在初始位置ad和bc切割磁感线，产生感应电流，由楞次定律可知电流的方向为adcba，是负值，选项A、B错误当转过时刻，线圈处在中性面位置，感应电流为零，则选项C错误，选项D正确答案：D6解析：由图可知该交流电的周期T4×102 s，频率f25 Hz，2f50 rad/s，电压最大值Um100 V，有效值为U V50 V；电阻消耗的电功率P50 W；交流电压瞬时值表达式u100sin 50t V综上所述，选项A、C错，B、D正确答案：BD7解析：先计算副线圈的电压的有效值，原线圈电压的有效值为220 V，根据匝数之比可以得到副线圈的电压的有效值为110 V，根据负载电阻的大小可以知道副线圈中输出电流为2 A，根据原、副线圈的输入和输出功率相等可以知道原线圈中电流为1 A.答案：A8解析：答案：C9解析：本题考查交变电流和变压器原理由图象可知交变电流的电压有效值为220 V，因为原副线圈的匝数比为101，故变压器副线圈的输出电压为22 V，而电压表测的是R2两端的电压，所以小于22 V，故A错误；当传感器R2处出现火灾时，热敏电阻R2的阻值随温度升高而减小，变压器的输出电压不变，热敏电阻与定值电阻R1分压，故R2的分压减小，电压表示数变小，B正确；R2减小时，变压器的负载电阻减小，电流增大，则原线圈的电流也增大，所以电流表的示数增大，C错误；由于负载电路的电流增大，电阻R1消耗的功率也增大，故D也错误，难度中等答案：B10解析：考查理想变压器及其相关知识，当副线圈接的可调电阻R增大时，变压器输出功率P2减小，导致变压器输入功率P1减小，原线圈中电流I1减小，所以正确选项是B.答案：B11解析：由知，当n1增大时，U2减小，当减小n2时，U2也减小，又根据P入P出知，A、B两项均错，C项对，D项错答案：C12解析：本题考查电磁感应现象和楞次定律对导体棒ab由右手定则可判断a端电势高，由EBlv可知，因为磁感应强度均匀增大，所以Uab变大，故选项A对，B错；对矩形线框cdef，由楞次定律可判断，感应电流的方向为逆时针方向，但由于磁感应强度是均匀增大，所以感应电流是恒定的，不会增大，所以选项C、D都不对难度中等答案：A13答案：A14解析：首先判断出由于电流I增大使得穿过回路abcd的磁通量是增大还是减小由于线框位置偏向导线左边，使跨在导线左边的线圈面积大于右边面积，线圈左边部分磁感线穿出，右边部分磁感线穿入，整个线框中的合磁通量是穿出的，并且随电流增大而增大再用“阻碍磁通量变化”来考虑线框受磁场力而将要发生运动的方向显然线框只有向右发生运动，才与阻碍合磁通量增加相符合，因此线框受的合磁场力应向右，故正确答案为A.答案：A15解析：水平铜盘做匀速圆周运动，半径切割磁感线产生恒定的感应电动势相当于电源当R1不变时变压器原线圈所加的是恒定电压，副线圈中的磁通量一定，磁通量的变化量为零，故其输出电压为零，分析可知A、C错，B对；当R1变化时，原线圈所加的不是交流电压，其原、副线圈的电流关系不确定，故D错答案：B16解析：以极端情况考虑：若速度极小接近于零，则线圈中几乎没有感应电流，就无需克服安培力做功，从而速度越大时拉力做功越多；若L1极小接近于零，则L1切割磁感线产生的感应电动势便接近于零，线圈中几乎没有感应电流，也无需克服安培力做功，从而L1越大时拉力做功越多；若L2极小接近于零，则将线圈拉出时的位移接近于零，从而L2越大时拉力做功越多；若线圈电阻极大趋于无限大，则线圈中几乎没有感应电流，亦无需克服安培力做功，从而线圈电阻越大时拉力做功越小所以应选A、B、C项答案：ABC17解析：R1与R2串联，R1与R2中的电流变化情况应相同，电流有效值I1I20.6 A，电流最大值I1mI2m0.6 A，电压有效值U1I1R16 V，U2I2R212 V，电压最大值U1mU16 V，U2mU212 V.答案：B17解析：对棒受力分析如图所示F安BIL，故D错；F安随棒的速度的增大而增大，故棒做的不是匀加速直线运动因此运动的平均速度v，A错；由qn可得：q，故棒下滑的位移x，B正确；求焦耳热应该用有效值，故C错答案：B19解析：当滑动头P匀速上滑时，副线圈匝数均匀增大，由知，U2U1，U2随时间均匀增大，C项正确；由于灯泡的电阻随温度的升高而增大，所以当电压均匀增加时，由欧姆定律I知灯泡中电流并非均匀增加，而是增加的越来越慢，其I2t图线的斜率逐渐减小，B项正确；灯泡消耗的功率N2U2I2，N2随时间并不是均匀增加的，D项错误；变压器的输入功率与输出功率相等，当灯泡功率增大时，输入功率也在增大，原线圈中电流增大，A项错误答案：BC20解析：根据P和PI2R得灯泡a两端的电压U2 V3 V，通过灯泡a的电流Ia A0.1 A，根据得原、副线圈匝数之比，根据，得副线圈上的电流I2I1×0.09 A0.3 A根据I2IaIb得，流过灯泡b的电流为IbI2Ia0.2 A.答案：1030.221解析：(1)当线圈平面与磁场平行时，感生电动势最大为：Em2 V，又2n2× rad/s8 rad/s所以瞬时值表达式为：eEmsin t2sin 8t V.(2)电动势的峰值为Em2 V.(3)当t s时，e2sin V1 V.答案：(1)e2sin 8t V(2)2 V(3)1 V22解析：(1)断开所有家电电路时，U额U1，S闭合后，IrP，UrU1U2，所以r·U额2.(2)把U1、U2、U额、P代入公式得r1.15 .答案：(1)rU额2(2)1.15 23解析：(1)设绳子的拉力为F对砝码：Fmgsin 30°2 N.对线框：Fm2g代入数据得：v10 m/s.(2)WFl2×0.2 J0.4 J.(3)由能量转化守恒定律得：QWm2gl0.4 J0.1×10×0.2 J0.2 J.答案：(1)10 m/s(2)0.4 J(3)0.2 J。