最新人教版高中物理选修3-2第五章《描述交变电流的物理量》自我小测

1、自我小测夯基达标1某用电器所允许通过的最大的直流电流为2A，它在交流电路中使用时，交流电流的最大值为（）A. 2 AB.1.41 AC.2.83 AD.2 A2. 个矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生交流电动势为e = 220：、2sin 100二tV，关于这个交变电流的说法中正确的是（）A. 交变电流的频率为 50 HzB. 电动势的有效值为 220 VC. 电动势的最大值为 220】2 VD. 用交流电压表测量时，读数为311 V3. 根电阻丝接入100 V直流电，10 min内产生的热量为 Q,同样电阻丝接正弦交变电压，20 min内产生的热量为2 Q,则该交变电压的最大值为（）A. 10

2、0.2 VB.100VC.50 -2 VD.70V4. 电路两端的交流电压的瞬时值u = UmSin314t V，在t= 0.005 s时的值为10 V，则接在电路两端的电压表的读数为 .表和电压表的读数分别为)5. 在如图所示的电路中，已知交流电源电压u = 200sin （100 n）t V，电阻R= 100 Q则电流A.1.41 A , 200 VC.2 A, 200 V6. 正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示.由图可知（A. 该交流电压的瞬时值表达式为100s in （25t）VB. 该交流电的频率为25 HzC该交流电压的最大值为 100 2 VD.若将该交流电加在阻值 R =

3、 100 Q的电阻两端，则电阻消耗的功率是50 W能力提升7正弦交变电源与电阻R、交流电压表按照图甲所示的方式连接，R= 10 Q,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（）nn0-2 t/x 10"sA.通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR= . 2 cos100 n t AB.通过R的电流iR随时间t变化的规律是i R= .一 2 cos50 n t VC.R两端的电压ur随时间t变化的规律是ur= 5.2 cos100 n t VD.R两端的电压ur随时间t变化的规律是Ur= 5 2 cos50 n t VU/V8矩形线圈在匀强磁场中匀速转

4、动，从中性面开始转动 180。角过程中，平均感应电动势和最大感应电动势之比为（）A. n /2B.2/ nC.2 nD. n3绕垂直于磁场方向的固定轴9一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度转动，线圈的匝数 n= 100,穿过线圈的磁通量 随时间t的变化关系如图甲所示，发电机线圈的电阻r = 5 Q,外电路电阻R = 95 Q求串联在外电路中的交流电流表的读数.10.如图所示，间距为L的光滑平行金属导轨AB、CD，水平地放置在竖直方向的磁感应强度为B的匀强磁场中,在导轨上，在外力 FAC端接阻值为R的电阻一电阻为R。、质量为m的导体棒MN放置的作用下从t=0的时刻开始运动，其速度随

5、时间的变化规律是vmsin 3, t导轨的电阻值忽略不计 .求:XmXxXBxxx一VDXXXDX(1 )从 t= 0 到 t 二(2)从 t= 0 到 t 二coJI的时间内电阻R产生的热量Q.厂的时间内外力F做的功W.拓展探究11.电磁炉起加热作用的底盘可以简化等效为如图所示的31个同心导电圆环，各圆环之间彼此绝缘，导电圆环所用材料单位长度的电阻为R0= 0.125 n( Q /m).从中心向外第 n个同心圆环的半径rn二3 9n1 (cm),式中n= 1、231.电磁炉工作时产生垂直于锅底方向的变化(1)半径为口 (n= 1)(2)半径为1 (n= 1)磁场，磁场的磁感应强度的圆环中感应

6、电动势最大值为多少伏?的圆环中感应电流的有效值为多少安?n= 10)(3 )各导电圆环总的发热功率为多少瓦?参考答案1解析：该用电器所允许通过的交流电流的有效值为2 A，则允许通过交流电流的最大值Im = 2 = 2 2A 二 2.83A答案：C2解析：根据3= 2 n可知交变电流的频率为 50 Hz, A项对；根据瞬时值表达式可知，电动 势的最大值为220、2 V，则有效值为220 V，选项B、C正确；用交流电压表测量时，读 数为有效值220 V , D项错.答案：ABC3解析：对于直流电，Q= U2t/R，对于交流电，2Q =( Um/-_ 2 ) 22t/R，可解得该交变电压的最大值为1

7、00'. 2 V.答案：A4解析：把t= 0.005 s时的电压值为10 V代入瞬时值表达式，10= Umsin(314 0.005),可得Um = 10 V，而电压表的读数为有效值，故U = Um/ ,2 = 5 2 V.答案：5、2 V5解析：因电流表和电压表的读数都是有效值，则U = Um/ 2 = 200八2 V = 141 V根据欧姆定律的电流表的示数I = U/R = 141/100 A = 1.41 A答案：B6解析：由图象可知交变电流的周期为0.04 s,故其频率为25 Hz, B项对；角速度 3= 2 n /T=50 n rad/s所以瞬时值表达式为 u= 100si

8、n(50 n t)V A项错；电压的最大值为 100 V, C项 错；将该交流电加在阻值 R= 100Q的电阻两端，贝U电阻消耗的功率 P= U2/r = (100/ . 2 )2/100 W = 50 W, D 项对.答案：BD7解析：由图乙可知：U = UmCOS 3 t =g2 n /t 100 n而交流电压表的示数是有效值，故Um =10 2 V UR= 10 2cos100n t (V)据欧姆定律 iR = Ur/R =、_ 2 cos100 n t (A).答案：A8解析:由E，.：t2BST/24BSEmBS，得:EEm2ji答案：B9解析：根据交变电动势的最大值,Em= nBS

9、w，其中BS = 1.0 XI0 2 Wb，从图象中可读出 T-22 兀-2=3.14 X10 s,则国= 20ral /S，代入最大值公式得 Em= 100X1.0 >10 X200 V = 200 TVE mrE = m- =100、. 2 V2EL则交流电流表的读数应为I =2A =1.41AR + r答案：1.41 A10解析：(1)导体棒 MN切割磁感线产生的感应电动势为e= BLv = BLv mSin gt因此是正弦规律变化式交变电流，且峰值Em = BLVm,则有效值为Em _ BLV m、2 、2，故电阻R上产生的热量2,22小B L Vm 2二E2Q t =R 2R2

10、,2 2B L Vm 二R(2)时，导体棒MN1 2的速度为vm,据功能关系：wg+2mvm，又2,2 2B L vm：Q，所以WR2 4RoE2-：2,2 2B L Vm4R-mv22答案：2.2 22 . 2 2 “BLv"BLv12mm2(1); (2)mvmR国4R2 B211解析：(1)半径为n的圆环中感应电动势 E1S S 'r1At代入数据得最大值E1m =o.4oJ2v(2)半径为r1的圆环中感应电动势的有效值E1有=0.40 V圆环中电流的有效值E1有E1有RiRi= 2 n Ro代入数据得Ii有=8.0 A(3)第 n个圆环的电动势 En = BSn =100二Sn .一 2 sint Lt有效值En有=100 nSn2Sn= n第n个圆环的热功率Sn代入已知条件得 Pn= 0.40 >(9n 1)(9n 1)是ai= 8，公差d= 9的等差数列，求和公式