课时分层检测(16) 交变电流的描述-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册同步辅导与测试(人教版)

班级 姓名 课时分层检测（十六 0基础达标练o 1.下列选项中提到的交流电，不是指有效值的 是 () A.交流电压表的读数B.保险丝熔断电流 C.电容器击穿电压D.220V交流电压 2.某交变电动势瞬时值表达式e=10sin(2xt)V, 则 A.交变电流的频率为2Hz B.交变电流的周期为0.25s C.交变电动势的有效值为10V D.当t=0.25s时，感应电动势为10V 3.(多选)在匀强磁场 e/V 中，一只矩形金属线 311 0.02 框绕与磁感线垂直的 0.01 t/s 转轴匀速转动，产生 -311 的交变电动势的图像如图所示，则 A.交变电动势的频率为100Hz B.线框转动的角速度为100rrad/s C.t=0.01s时线框平面与中性面重合 D.线框产生的交变电动势有效值为311V 4.在如图所示的电路中，A是 A 熔断电流为I。=2A的保险 丝，电阻可不计，R是可变电 阻，⑤是交流电源。交流电 源的内电阻不计，其电动势 随时间变化的规律是e=220√2sin(314t)V.为： 了不使保险丝熔断，可变电阻的阻值应该： 大于 ( A.110J22 B.1102 C.2202 D.220√22 5.如图所示为一交流电压随时间变化的图像，： 每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规 律变化，后三分之二周期电压恒定。根据图： 中数据可得，此交流电压的有效值为( ) /V 9 ; 1, 6 3 123456t/(×10-2s) 3 -6 - 16 得分 交变电流的描述 A.7.5V B.8V C.313 V D.2√/15V 6.如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线 圈两次分别以不同的转速绕与磁感线垂直 的轴匀速转动，产生的交变电动势图像如图 乙中曲线a、b所示，则 () B e/V 456102s) 甲 乙 A.两次=0时刻线圈平面均与中性面垂直 B.曲线a、b对应的线圈转速之比为2：3 C.曲线a表示的交变电动势频率为25Hz D.曲线b表示的交变电动势有效值为10V 7.(多选)如图所示，匝 .0 数为100匝的矩形线 a 圈abcd的边长分别 为ab=10cm、ad= 8cm,t=0时刻线圈 b 平面与磁感应强度大 小为0.1T的匀强磁场平行，线圈以ab边为 轴、以10rad/s的角速度匀速转动，则下列 分析正确的是 () A.t=0时通过线圈的感应电流最大 B.线圈转动过程中感应电动势的最大值为 0.8V C.线圈转过90°的过程中，感应电动势的平 均值为0.4V D.线圈转动过程中感应电动势的有效值为 0.4V …0能力提升练0 8.(多选)如图所示，A、B两 A。 输电线间的电压是u= Bo 200√2sin(100πt)V,输 电线电阻不计，把电阻 A R=502的纯电阻用电器 班级 姓名 接在A、B两输电线上。下列说法正确的是 A.理想电流表示数为4A B.理想电压表示数为200V C.通过R的电流方向每秒钟改变50次 D.用电器消耗的电功率为1.6kW 9.(多选)如图所示，N匝 0 矩形导线框以角速度ω + 在磁感应强度为B的匀 强磁场中绕轴O0'匀速 转动。线框面积为S,线 框的电阻、电感均不计， 外电路接有电阻R、理想 电流表④和二极管D。二极管D具有单向导 电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大。 下列说法正确的是 ( A,交流电流表的示数为NBS 2R B.一个周期内通过R的电荷量为2NBS R C.R两端电压的有效值为NBS √2 D.图示位置电流表的示数为0 10.如图所示，边长分别为 0 10cm和20cm的矩形 线圈，匝数为100匝，阻 值为52，在匀强磁场中 绕垂直于磁场方向的 OO轴匀速转动，已知匀 强磁场的磁感应强度B =3y巨T,线圈转动的角速度w=100rrad/s, 5π 线圈和阻值为R=15Ω的电阻相连接。 (1)开关S断开时，求理想电压表的示数； (2)开关S闭合时，电阻正常工作，求电阻： 的额定功率； (3)若将电阻换成激发电压和熄灭电压均： 为45√2V的霓虹灯（阻值也为R=152),: 则在一个周期内，霓虹灯被点亮的时间是 多少？ 161 得分 …0情景创新练0 1.如图甲所示是一种振动发电装置，它的结 构是一个套在辐向形永久磁体槽中的半径 为0.1m、匝数为20的线圈，磁场的磁感线 均沿半径方向均匀分布（其右视图如图乙 所示)。线圈所在位置磁感应强度的大小 均为0.2T,线圈的电阻为22，它的引出线 接有82的小电珠L,其他电阻均不计。外 力推动线圈框架的P端，使线圈沿轴线做 往复运动，便有电流通过小电珠。当线圈 速度随时间变化的规律如图丙、丁所示( 取向右为正，其中图丙所示速度按正弦规 律变化)时，下列说法正确的是 剖面图 线圈 右视图 4v/(m-s-1) t/10s) 丙 Av/(m-s-1) t/10s) 丁 A.线圈两种情况运动时小电珠亮度相同 B.线圈按丁图情况运动产生的电动势是恒 定不变的 C.线圈按丙图情况运动产生的电动势的瞬 时值表达式为e=4.8πsin(10πt)V D.线圈按丙图情况运动，小电珠两端的电 压为2.4√2V2.BC[线圈转动过程中，在中性面位置，磁通量最大，电流： (2)若从线圈平面垂直磁感线时开始计时，感应电动势的 等于零且方向改变，线圈转动两周电流方向改变4次，线圈： 瞬时值e=E sin ot 由中性面经子周期与中性面垂直，电流逐新增大到最大。] 所以e=314sin(100xt)V。 (3)若从线圈平面平行磁感线时开始计时，感应电动势的 3.A[线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，且从： 瞬时值表达式为 中性面开始计时时，产生的电动势e=BSosin ot。由此判！ e=Em cos wt 断出，只有A选项符合。 代入数据得e=314cos(100πt)V 4.C[题图所示位置，线图平面与磁场方向平行，穿过线圈的 磁通量为零，线圈两边垂直切割磁感线，由E=Blusin日可！ 当t=300s时，e=314cos(号)V=157V。 知感应电动势最大，由E=吧可知，此时磁通量的变化率 答案(1)314V(2)e=314sin(100xt)V △t (3)157V 最大，故C正确。] :12.解析(1)感应电动势最大值为Em=VBSw=50√2V,由 5.B[由交变电动势的瞬时值表达式e=10√2sin(4πt)V,可知 于从线圈平行于磁场时刻开始计时，故表达式为= 感应电动势的最大值E=10√2V,线圈转动的角速度w= E cos wt=50√2cos(50√2t)V。 4πrd/s,选项A错误；将t=0代入交变电动势的瞬时值表达 (2)从计时开始到线圈转过90°的过程中，通过R的电荷量 式，可得感应电动势为0，则此时线圈处于中性面，线圈平面与 △Φ 磁场垂直，选项B正确；将t=0.25s代入交变电动势的瞬时值 为g=NR干，代入数据解得g=0.04C。 表达式e=10√2sin(4rt)V,可得e=10√2 sin V=0,e达到最 答案(1)e=50W2cos(50W2t)V(2)0.04C 课时分层检测（十六） 小值，选项C错误；线圈转动的周期T=红=0.58，则在1s时1.C[电容器击穿电压指电容器两瑞允许加的电压的最 间内线圈转过2周，转1周电流方向改变2次，则在1s时间内：大值。] 线圈中电流方向改变4次，选项D错误。] :2.D[交变电动势瞬时值表达式e=10sin(2xt)V,可知w= 6.B[由1。=景，E。三NBSa,u=2x1,得1n=2, 2,则交变电流的周期T=2云=1s,频率为∫=子=1H, R 故A、C可行；又电阻R与匝数有关，当匝数减半时电阻R: 选项A、B错误；交变电动势瞬时值表达式e=l0sin(2πt)V, 也随之减半，则I不变，故B不可行；当边长减半时，面积！ 可知交变电动势的最大值为10V,则有效值为9V 2 S减为原来的，而电阻减为原来的子，故D可行。] 5√2V,选项C错误；当t=0.25s时，感应电动势为e= 7.C [e Em sin ot NBSosin wt,N'=2N,o'=2w, En'=4En,e'=4 Emsin2wt。故选C。] 10sim交V=10V,选项D正确.] 过线圈的磁通量重最大，磁通量变化率公心！·【由题图可知该交变电流的周期为 最小，此时感应电动势为零，A错误；在t2t时刻感应电动 了广=02H=50H,A错：肩迷度a=华-品ad/s= 势为E,此时ab、cd的运动方向垂直于磁场方向，B正确；！ 100πrad/s,B正确；t=0.01s时电动势为零，即磁通量变化 山时萄，中最大，把=0，此时线图平西垂直子磁场方 率为零，此时磁通量最大，故线框平面与中性面重合，C正 确：线框产生的交变电动势有效值为3V≈220V, 向，与中性面重合，C正确；t时刻感应电流为零，D错误。] √2 9.CD[t=0.01s时电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，· D错误。] 此时穿过线图的磁通量最大，选项A错误；由图可知，交变4.B[电源电动势的有效值为U=20V,R U=2200 电动势的最大值E=222V,线圈转动的角速度=乐= 2 T =1102,故B项正确。] 0.02rad/s=100rrad/s,该交变电动势的瞬时值表达式为 2π :5.D[由题图可知，在0~0.01s内是正弦式交变电压，则电 压的有效值U1=32V,在0.01~0.03s内是恒定电压， e=22√2sin(100xt)V,选项C正确，B错误；把电动势瞬时 则有效值U,=9V,由电流的热效应可得×工+。为 值22V代入e=222sin(100πt)V,得线圈平面与中性面： 的夹角为45°，选项D正确。] T-T,解得U=2√5V,选项D正确。 10.解析(1)由题可知N=50,B=0.5T,S=0.48m, w=2xX150 :6.C[t=0时刻线圈位于中性面，磁通量最大，电动势为零， 60 rad/s=5x rad/s, A错误：转速之比等于周期的反比，故线圈转速之比为3： 则Em=NBSw=50×0.5×0.48X5rV≈188V, 2,B错误；频率为周期的倒数，曲线a表示的交变电动势的 由e=En sin ot得e=l88sin5πtV。 周期为0.04s,频率为25Hz,C正确；正弦式交变电流的电 (2)T=2红-2x =0.4s,e-t图线如图所示。 动势的有效值为E=E=NBS0,已知E.=5V,且ow w5π 2√2 √2 e/v 2 188 三0.，故可知E=2X5V=52V,D错误。] 00.2 :7,AB[t=0时通过线圈的磁通量为0，cd边垂直切割磁感 6.40.6ls 线，感应电动势最大，感应电流最大，A正确：感应电动势最 -188 大值Em=NBSw=100×0.1×10×102×8×10×10V 答案见解析 =0.8V,B正确：线图转过90°的过程中感应电动势的平均 11.解析(1)由题可知，线图面积 值为E=N=NBAs=1:6V≈0.5V,C错误感应电 S=1lk=0.2×0.5m=0.1m △t T 感应电动势的峰值 4 E.=NBSw=100×0.1X0.1×100xV 动势的有效值E= =100πV=314V。 E==2巨V,D错误门 25 241 8.AB[由u=200√2sin(100πt)V可知，电压最大值Um= 珠两端的电压为U=IR=0.24π√2X8V≈6.032V,故D 200√2V,角速度w=100πrad/s,所以电压的有效值即理想 错误。] 电压表示数U==200V,周期T=2红=0.02s,频率f 课时分层检测（十七） √2 1,BC[保险丝的原理是电流的热效应，应该用电流的有效 1 元=50H2,由欧姆定律得1只-0A=4A,A、B正确： 品-共得u,=兴0，=名×20V=0V,由号- 值，由可，： 一个周期内电流方向改变两次，而f=50Hz,则1s内通过 R的电流方向改变100次，C错误；用电器消耗的电功率！ n 17 _=550,故 得-21，=是X1A=2A,所以R- p=1U=4×200W=800W,D错误。] B、C正确。] 9.AB[设回路中电流的有效值为I,由电流的热效应可知2，B[设原、副线图匝数比为，根据能量守恒，当S断开时， (NBS0)RT=rRT,得I=NBS0,A正确，D错误：在 UI='R1+(nI)(R,+R3):当S闭合时，4U1=(4I)R1+ 22R 2R (4nI)R。,联立解得n=3,所以B正确。 一个调期内只有半月期的时同有电流通茳R,其中△®-3.C[电流表示数1=只 2BS,则通过R的电荷量q=NA_2NB5,B正确：电阻R 日=SA=2A,故A错误；由题图 R R 《b)可知原线图两瑞电压的有数值U,=20V,由-” Ul-n 两瑞电压U=IR=VBS,C错误] 2 10.解析若以线图处于中性面位置开始计时，则线图中产生： 可得原司发图臣款之比受品-瓷一子，故B袋民电 的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSosin wt,代入数 流表示数与电压表示数都为有效值，故C正确：由题图(b) 据得e=120√2sin(100πt)V。 (1)开关S断开时，理想电压表示数为 可知T=0,02s,所以交支电压的频率为了=子-2H U,-98.=120v =50Hz,故D错误。] 4.BC[若导线中通过的是10A恒流电，则穿过线圈的磁通 (2)开关S闭合时，电阻正常工作，通过电阻的电流为 量不变，则G中不会有感应电流产生，故A错误：根据变压 1=,-器A5A 器原，副线图电流与匝数成反比片=业可得1，=50A,故B 1s n 所以电阻额定功率是P=IR=540W。 正确；导线在钳形口多绕几图，即1增大，I,随之增大，钳 (3)由e=120√2sin(100πt)V可得 形电流表的示数变大，故C正确，D错误。] 5.CD[当变阻器的滑动触头P向上移动时，用电器的总电 i-R62sin (100x)A e 阻增大，相当于并联的用电器数目减少，则输出功率减小， 则uR=iR=90√2sin(100xt)V,所以可作出uR随时间变 故变压器的输入功率减小，由于电网电压不变，所以两个 化的图像，如图所示。 电压表的示数不变，故选项A、B错误，D正确；由于变压器 902“w 的输出功率决定输入功率，输出功率减小，所以A,的示数 随A2示数的减小而减小，故选项C正确。门 452 6.A[要使得L、L2L?和L:都正常发光，副线图的电压应 0 为10V。若L1也能正常发光，则原线圈的电流应是副线圈 t/s -45/2 12三1可知n1:n2=2：1,再由=可知原线 -90/2 圈的电压为20V,则LU=U1+U1=25V,所以选项A 图中在正、负半周期内，各有一段时间电压大于45√2V, 正确。] 由45√2V=90√2sin(100πt)V得 7.B[发电机线图的转速变为原来的？，则交变电流频率变 t4=6008,t4=1208 为原来的，由E-N产知，原线图中输入电压变为原来 所以一个周期内霓虹灯被点亮的时间为 √2 t,=2(,-t)=75s0 的了根湖号-兰到U变为原表的宁即心=则 答案1120V(2)540W(3)方s 通过R的电流变为原来的子，根据-，原线周上的电 12 n 11.C[线图两种运动过程中速度变化情况不同，根据法拉第 电磁感应定律可得e=NBlu=NB·2πr·v=2 NxBru,产 流也变为原来的号，即电流表A的滨数变为1，R消托的 生的感应电动势随时间的变化不同，则感应电动势的有效 U,2 值不同，则小电珠亮度不相同，故A错误；根据法拉第电磁 功率P2= P,故B正确。] R4 感应定律可得感应电动势为e=NBl=NB·2πr·v= 2VBr,由于图丁中线图0随时间变化，则感应电动势会：8.AD[原线图电压为U, U=200V,根据变压器规律可 √ 发生变化，故B错误：线圈按丙图情况运动时，速度随时间 知翻线图电压为U,=”,巴=40V,因为两电阻阻值相等， 变化情况为u=6sin。)tm/s=6sin(10πt)m/s,产生 n 所以电压均分，则电压表示数为副线圈电压的一半，即 的电动势的瞬时值表达式为e=2NπBr%=2X20πX0.2× 0.1×6sin(10xt)V=4.8sin(10t)V,故C正确；线图按丙图 20V,C错误；翻线图电流为1-发1八，则原线图电流 情况运动时，电动势有效值一万一厄 E=4.8mV=2.4π√2V,感： 为1，="：L=0.2A,A正确，B错误：变压器不改变交流电 n 应电流有效值为I有= E=24红5A=0.24π反A,则小电 周期，所以通过电阻R的交流电的周期为4×10-s,D R2+8 正确。] 242