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高二物理交变电流章末检测试题  

2012-04-05 11:05:59|  分类: 【高二试题】 |  标签: |举报 |字号 订阅

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高二物理交变电流章末检测试题 

 

 (时间:90分钟,满分:100分)
一、单项选择题(本题共10小题,每小题4分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项正确)
1.下列关于交流电的说法中正确的是(  )
A.交流电器设备上所标的电压和电流值是交流电的峰值
B.用交流电流表和电压表测定的读数值是交流电的瞬时值
C.给定的交流数值,在没有特别说明的情况下是指有效值
D.跟交变电流有相同的热效应的直流电的数值是交流电的平均值
解析:选C.对于交变电流,在没有特别说明的情况下是指有效值,交流电流表和电压表的读数值是交流电的有效值,交流电器的铭牌上所标的电压和电流也是有效值,所以A、B、D错误,C正确.
2.如图3-5是交流发电机的示意图,图甲到图丁分别表示线圈转动过程中的四个位置,其中甲、丙中的线圈与磁场方向垂直,乙、丁中线圈与磁场方向平行,则在线圈转动的过程中直流电流表有示数的位置是(  )
 
图3-5
A.甲、丙 B.乙、丁
C.甲、乙  D.丙、丁
解析:选B.线圈转动中感应电流时刻在变化,位于中性面位置时磁通量最大,但感应电流最小,等于零.位于与中性面垂直位置时,磁通量最小,但感应电流最大,故选B.
3.图3-6中的四幅图是交流电的图象,其中能正确反映我国居民日常生活所用交流电的是(  )
 
图3-6
解析:选C.我国居民用电是有效值为U=220 V,频率为50 Hz的正弦交流电,故其最大值为Um=2 U=311 V,周期为T=1f=0.02 s,选项C正确.
4.如图3-7所示,有一矩形线圈abcd在匀强磁场中分别绕轴O1O1′和中轴O2O2′以同样的角速度匀速转动,那么此线圈在以O1O1′和O2O2′分别为轴旋转到线圈平面与磁感线平行时,可产生的感应电流之比为(  )

 
图3-7
A.1∶2  B.2∶1
C.1∶4  D.1∶1
解析:选D.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的最大感应电动势Em=NBSω,与转轴位置无关,故在题中两种情况下转动一周时,产生的感应电流是相等的,故D项正确.
5.一个电热器接在10 V的直流电源上,消耗的功率是P,当把它接到一正弦波形交流电源上时,消耗的功率是P/4,则该交流电源的电压的最大值是(  )
A.5 V   B.7.07 V
C.10 V   D.14.14 V
解析:选B.由电流的热效应算出有效值:102R=4×U2R,得有效值为5 V,则最大值为:5×2 V≈7.07 V.
6.某交流电电压为u=102sin314t(V),则(  )
A.击穿电压为10 V的电容器能直接接在此电源上
B.把电磁打点计时器接在此电源上,打点周期为0.01 s
C.把额定电压为10 V的小灯泡直接接在此电源上,小灯泡将被烧坏
D.把额定电压为10 V的小灯泡直接接在此电源上,小灯泡能正常发光
解析:选D.从交变电压的最大值可知,该交变电压的有效值为10 V,小灯泡可接在该电源上,并且能正常发光,击穿电压为10 V的电容器不能接在该电源上,因为电容器的击穿电压为最大值,由此可见选项D正确,选项A、C均错误;从瞬时值方程可以读出ω=314=100π,得该交变电源的周期为0.02 s,选项B错误.
7.(2011年杭州高二检测)交变电压的瞬时值为u=Umsin100πt(V),当t=1600 s时,u=52 V,则从电压表上看到的读数为(  )
A.2 V       B.52 V
C.102 V   D.10 V
解析:选D.将t=1600 s及u=52 V代入u=Umsin100πt(V),可以求得最大值Um=102 V,有效值为10 V,电压表的读数为有效值,故D对.
8.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动,从中性面开始转动180°的过程中,平均感应电动势和最大感应电动势之比为(  )
A.π/2   B.2/π
C.2π    D.π
解析:选B.设矩形线圈面积为S,匀速转动角速度为ω,磁感应强度为B,则转动180°的过程中平均电动势E=2BSωπ,转动180°的过程中最大感应电动势为Em=BSω.故EEm=2π,选项B正确.
9.“二分频”音箱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3-8为音箱的电路图,高、低频混合电流由a、b输入,L1和L2是线圈,C1和C2是电容器,则(  )
 
图3-8
A.甲扬声器是高音扬声器
B.C2的作用是阻碍高频电流通过乙扬声器
C.L1的作用是阻碍低频电流通过甲扬声器
D.L2的作用是减弱乙扬声器的低频电流
解析:选D.电路中的电感和电容作用可以简单概括为:电感是通直流、阻交流,通低频、阻高频;电容是通交流、隔直流,通高频、阻低频.
10.(2011年莆田高二检测)三个相同的电阻,分别通过如图3-9甲、乙、丙所示的交变电流,三个图中的I0和周期T相同.下列说法中正确的是(  )
 
图3-9
A.在相同时间内三个电阻发热量相等
B.在相同时间内,甲、乙发热量相等,是丙发热量的2倍
C.在相同时间内,甲、丙发热量相等,是乙发热量的1/2
D.在相同时间内,乙发热量最大,甲次之,丙的发热量最小
解析:选C.甲图象电流的有效值为12I0,乙图象电流的有效值为I0,丙图象根据电流有效值的定义有:I20RT2=I2RT,解得电流有效值I=12I0,根据焦耳定律相同时间内产生热量之比等于有效值的平方比,Q1∶Q2∶Q3=1∶2∶1,C对.
二、填空题(本题共2小题,每小题6分,共12分.按题目要求作答)
11.有一个电子元件,当它两端的电压的瞬时值高于e=1102 V时则导电,低于e=1102 V时不导电,若把这个电子元件接到220 V、50 Hz的正弦交流电的两端,则它在1 s内导电________次,每个周期内的导电时间为________.
 
解析:由题意知,加在电子元件两端电压随时间变化的图象如图所示,表达式为
u=2202sinωt
其中ω=2πf,f=50 Hz,T=1f=0.02 s,
得u=2202sin100πt
把u′=1102 V代入上述表达式得到
t1=1600 s,t2=5600 s
所以每个周期内的导电时间为
Δt=2(t2-t1)=4300 s=175 s.
由所画的u-t图象知,一个周期内导电两次,所以1 s内导电的次数为n=2tT=100.
答案:100 175 s
12.如图3-10所示,为某交变电动势随时间变化的图象,从图象中可知交变电动势的峰值为________ V.周期T是________s,交变电动势变化最快的时刻是________,穿过产生此电动势的线圈的磁通量变化最快的时刻是________,若此交流线圈共100匝,则穿过此线圈的最大磁通量是________Wb.

 
图3-10
解析:由图象可知周期为0.02 s,最大电动势为310 V,图象的斜率表示电动势变化的快慢,变化最快时刻应该是nT/2,根据法拉第电磁感应定律电动势最大的时刻应该是磁通量变化最快的时刻,是(2n+1)T/4,由最大值公式可以求出最大磁通量,则
Em=nBSω=nΦmωΦm=Emnω=310100×100πWb=311000π Wb.
答案:见解析
三、计算题(本题共4小题,共48分.解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)
13.(10分)(2011年泉州高二检测)一个面积为S的矩形线圈在匀强磁场中以一边为轴匀速转动,磁场方向与转轴垂直.线圈中感应电动势e与时间t的关系如图3-11所示,感应电动势最大值和周期可由图中读出,则磁感应强度是多少?当t=T12时,线圈平面与磁感线的夹角等于多少?
 
图3-11
解析:从题图中可以看出,当t=0时,e=Em.此时线圈平面与磁感线的夹角为0°,也就是线圈平面与磁感线平行,所以Em=NBωS=NBS2πT,N=1,B=EmT2πS.当t=T12时,线圈转过角度为ωt=2πT×T12=π6=30°.此时线圈平面与磁感线夹角为30°.
答案:EmT2πS 30°
14.(10分)(2011年济南高二检测)如图3-12所示,单匝线圈在匀强磁场中绕OO′轴从图示位置开始匀速转动,已知从图示位置转动π6时,线圈中感应电动势大小为10 V,求:

 
图3-12
 (1)交变电动势的峰值;
(2)线圈从图示位置转动π2的过程中,交变电动势的平均值.
解析:(1)交变电动势的瞬时值为e=Emsinωt V,将ωt=π6,e=10 V代入上式,有10 V=Emsinπ6,解得Em=20 V.
(2)线圈从图示位置转过π2的过程中,磁通量的变化量为ΔΦ=BS,经历的时间Δt=π2ω,此过程中交变电动势的平均值:e=ΔΦΔt=2BωSπ=2π?Em=2π×20 V=12.7 V.
答案:(1)20 V (2)12.7 V

15.(14分)(2011年三明市高二检测)如图3-13所示,N=50匝的矩形线圈abcd,边长ab=20 cm,ad=25 cm,放在磁感应强度B=0.4 T的匀强磁场中,外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n=3000 r/min的转速匀速转动,线圈电阻r=1 Ω,外电路电阻R=9 Ω,t=0时,线圈平面与磁感线平行,ab边正转出纸外、cd边转入纸里.
 
图3-13
 (1)在图中标出t=0时感应电流的方向;
(2)写出线圈感应电动势的瞬时表达式;
(3)从图示位置转过90°过程中流过电阻R的电荷量是多大?
解析:(1)根据ab、cd切割磁感线,由右手定则可得线圈中感应电流方向a→d→c→b→a.
(2)线圈的角速度
ω=2πn=2×π×300060 rad/s
=100π rad/s.
设ab边在t=0时刻速度为vab,图示位置的感应电动势最大,其大小为
Em=2NBab?vab
=NBab?ad?ω
=50×0.4×0.20×0.25×100π V
=314 V,

电动势的瞬时表达式为:e=314cos100πt V.
(3)q=IΔt.
从t=0起转过90°的过程中,Δt时间内流过R的电荷量
q=NΔΦΔt?R+r?Δt=NBSR+r
=50×0.4×0.20×0.251+9 C
=0.1 C.
答案:见解析
16.(14分)如图3-14所示,矩形闭合金属线圈abcd的边长分别为l1和l2,电阻为R.ab边是固定转动轴,它恰位于有界匀强磁场的边界处,磁感应强度大小为B.某时刻线圈位置如图所示,磁感线垂直纸面,方向向里.线圈绕固定转动轴匀速转动,角速度大小为ω,从图示位置开始计时,规定电流沿adcb方向的流动为正方向.

 
图3-14
 (1)在直角坐标系中画出线圈内感应电流随时间变化的关系图象(画出两个周期);
(2)求此感应电流的有效值.
 
解析:(1)如果在题图所示的右半部区域里也有磁感应强度为B的匀强磁场,则线圈在绕ab轴匀速转动时,线圈中将产生正弦交流电,而且是从中性面开始计时的.现在的情况恰好在半个周期内没有感应电流,因此根据正弦交流电的图象画出如图所示的曲线.
(2)此感应电流的最大值Im=EmR,感应电动势的最大值Em=Bl1l2ω,所以Im=Bl1l2ωR.则电流在T4~34T时间内的有效值为I=12Im.(12Im)2R?T2=I2RT,
即12B2l21l22ω2R2?R?T2=I2RT,故I=Bl1l2ω2R.
答案:(1)见解析 (2)Bl1l2ω2R

 

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