高考物理一轮复习 第十三章 第1讲交变电流的产生和描述电感和电容对交变电流的作用课时作业.docx

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高考物理一轮复习第十三章第1讲交变电流的产生和描述电感和电容对交变电流的作用课时作业

2019年高考物理一轮复习第十三章第1讲交变电流的产生和描述电感和电容对交变电流的作用课时作业

一、选择题（本大题共10小题,每小题7分,共70分。

每小题至少一个答案正确,选不全得3分）

1.矩形线圈绕垂直匀强磁场磁感线的轴匀速转动,当线圈通过中性面时,下列说法正确的是　（　　）

A.穿过线圈的磁通量最大,线圈中感应电动势最大

B.穿过线圈的磁通量最大,线圈中感应电动势等于零

C.线圈中感应电流最大,方向将改变

D.线圈中感应电流等于零,方向将改变

2.（xx·桂林模拟）交流发电机在工作时的电动势为e=E0sinωt,若将其电枢的转速提高1倍,其他条件不变,则其电动势变为　（　　）

A.E0sin　　　　　　　　　B.2E0sin

C.E0sin2ωtD.2E0sin2ωt

3.处在匀强磁场中的矩形线圈abcd以恒定的角速度绕ab边转动,磁场方向平行于纸面并与ab垂直。

在t=0时刻,线圈平面与纸面重合（如图）,线圈的cd边离开纸面向外运动。

若规定由a→b→c→d→a方向的感应电流为正,则能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图线是　（　　）

4.（xx·青岛模拟）一交流电压为u=100sin100πtV,由此表达式可知（　　）

A.用电压表测该电压,其示数为100V

B.该交流电压的周期为0.02s

C.将该电压加在“100V　100W”的灯泡两端,灯泡的实际功率小于100W

D.t=s时,该交流电压的瞬时值为50V

5.如图所示的电路中,A是熔断电流I0=2A的保险丝,R是可变电阻,S是交流电源。

交流电源的内阻不计,其电动势随时间变化的规律是e=220sin314tV。

为了不使保险丝熔断,可变电阻的阻值应该大于　（　　）

A.110Ω　　　　　　　　B.110Ω

C.220ΩD.220Ω

6.（xx·太原模拟）如图所示,图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图像,当调整线圈转速后,所产生的正弦交流电的图像如图线b所示,以下关于这两个正弦交流电的说法错误的是　（　　）

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∶2

C.交流电a的瞬时值为u=10sin5πt（V）

D.交流电b的最大值为V

7.如图甲、乙分别表示两种电压的波形,其中图甲所示电压按正弦规律变化。

下列说法正确的是　（　　）

A.图甲表示交流电,图乙表示直流电

B.两种电压的周期相等

C.两种电压的有效值相等

D.图甲所示电压的瞬时值表达式为u=311sin100πtV

8.一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像如图甲所示,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=0.01s时刻,Φ的变化率最大

C.t=0.02s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像如图乙所示

9.如图所示,在电路两端加上正弦交流电,保持电压有效值不变,使频率增大,发现各灯的亮暗情况是:

灯1变亮,灯2变暗,灯3不变,则M、N、L中所接元件可能是　（　　）

A.M为电阻,N为电容器,L为电感线圈

B.M为电感线圈,N为电容器,L为电阻

C.M为电容器,N为电感线圈,L为电阻

D.M为电阻,N为电感线圈,L为电容器

10.（xx·梧州模拟）实验室里的交流发电机可简化为如图所示的模型,正方形线圈在水平匀强磁场中,绕垂直于磁感线的OO′轴匀速转动。

今在发电机的输出端接一个电阻R和理想电压表,并让线圈每秒转25圈,读出电压表的示数为10V。

已知R=10Ω,线圈电阻忽略不计,下列说法正确的是　（　　）

A.线圈平面与磁场平行时,线圈中的瞬时电流为零

B.从线圈平面与磁场平行开始计时,线圈中感应电流瞬时值表达式为i=

sin50πtA

C.流过电阻R的电流每秒钟方向改变25次

D.电阻R上的热功率等于10W

二、计算题（本大题共2小题,共30分。

要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位）

11.（12分）一个交流发电机矩形线圈abcd共50匝,ab=0.2m,bc=0.1m,总电阻r=10Ω,它在B=0.5T的匀强磁场中从磁通量最大位置开始以100r/s的转速匀速转动。

外电路接有R=40Ω的电阻。

当线圈转过周期时,求外电阻R上产生的焦耳热Q。

12.（能力挑战题）（18分）如图所示,匀强磁场B=0.1T,所用矩形线圈的匝数N=100,边长ab=0.2m,bc=0.5m,以角速度ω=100πrad/s绕OO′轴匀速转动。

当线圈平面通过中性面时开始计时,试求:

（1）线圈中感应电动势的瞬时值表达式;

（2）由t=0至t=过程中的平均电动势的大小;

（3）该交变电流的电动势有效值是多少?

答案解析

1.【解析】选B、D。

当线圈通过中性面时,垂直于磁场,穿过线圈的磁通量最大,但磁通量的变化率为零,线圈中感应电动势等于零,电流方向将改变,选项B、D正确。

2.【解析】选D。

转速提高1倍,也就是角速度变为2ω,由e=nBSωsinωt得选项D对。

3.【解析】选C。

分析交变电流的图像问题应注意图线上某一时刻对应的线圈在磁场中的位置,将图线描述的变化过程对应到线圈所处的具体位置是分析的关键,线圈在图示位置时磁通量为零,但感应电流为最大值;再由楞次定律可判断线圈在转过90°的过程中,感应电流为正,故选项C正确。

4.【解析】选A、B。

电压有效值为100V,故用电压表测该电压,其示数为100V,

A项正确;ω=100πrad/s,则周期T==0.02s,B项正确;该电压加在“100V

100W”的灯泡两端,灯泡恰好正常工作,C项错;t=s代入瞬时值表达式得电压的瞬时值为100V,D项错。

5.【解析】选B。

该交变电流电动势的有效值为U=V=220V,故电阻的最小阻值Rmin==Ω=110Ω。

6.【解析】选A。

由题图可知t=0时刻感应电动势为零,穿过线圈的磁通量最大,选项A错误;由题图可知Ta=0.4s,Tb=0.6s,线圈先后两次转速之比na∶nb=Tb∶Ta

=3∶2,选项B正确;交流电a的瞬时值为u=Umsin（t）,得u=10sin5πt（V）,选项C正确;感应电动势最大值Um=NBSω=NBS（）,所以Uma∶Umb=Tb∶Ta,交流电b的最大值为V,选项D正确。

【总结提升】根据交变电流的图像可以确定的量

（1）电流最大值;

（2）周期T和频率f;

（3）不同时刻交流电的瞬时值;

（4）线圈处于中性面和电流最大值对应的时刻;

（5）任意时刻线圈的位置和磁场的夹角。

7.【解析】选B、D。

因图像的纵坐标上电压的正负表示电压的方向,因此两图均为交流电,A错;两图像的周期都是2×10-2s,故B对;对于正弦交流电才有U有效=,虽然两图的峰值相同,但图乙非正弦（余弦）交流电,不适用上式有效值的求法,

故C错;正弦交流电电压瞬时值的表达式为u=Umsinωt,由图甲可知Um=311V,T=

2×10-2s,可得ω==100π,代入上式得u=311sin100πtV,故D对。

8.【解析】选B。

由Φ-t图知,t=0时,Φ最大,即线圈处于中性面位置,此时e=0,故A、D两项错误;由图知T=0.04s,在t=0.01s时,Φ=0,最大,e最大,则B项正确;在t=0.02s时,Φ最大,=0,e=0,则C项错误。

【变式备选】矩形线框在匀强磁场内匀速转动过程中,线框输出的交流电压随时间变化的图像如图所示,下列说法中正确的是　（　　）

A.交流电压的有效值为36V

B.交流电压的最大值为36V,频率为0.25Hz

C.2s末线框平面垂直于磁场,通过线框的磁通量最大

D.1s末线框平面垂直于磁场,通过线框的磁通量变化最快

【解析】选B、C。

由线框输出的交流电压随时间变化图像可知,交流电压的最大值为36V,频率为0.25Hz,B正确;有效值则为36V,A错误;2s末线框产生的感应电动势为零,所以此时线框平面垂直于磁场,C正确;1s末线框产生的感应电动势最大,此时线框平面平行于磁场,通过线框的磁通量变化最快,D错误。

9.【解题指南】解答本题应把握以下两点:

（1）电阻不随交变电流频率的变化而改变。

（2）交变电流频率增加,感抗增大而容抗减小。

【解析】选C。

当交变电流的频率增大时,线圈的感抗变大,电容器的容抗变小,由灯1变亮,灯2变暗可知M为电容器,N为电感线圈,而电阻与交变电流的频率

无关,故L为电阻,C正确。

10.【解析】选D。

线圈平面与磁场平行时,线框切割磁场的两边正好垂直切割,此时感应电流最大,A错。

由题意得Em=10V,f=25Hz,i=cos50πtA,B项错。

电流方向每秒改变50次,C错。

PR===10W,D项正确。

11.【解析】线圈转动的过程中产生的感应电动势的最大值为

Em=nBSω=50×0.5×0.2×0.1×200πV=314V（3分）

有效值为E=≈222V（3分）

由欧姆定律可知,通过R的电流

I==4.44A（3分）

t=T=×=2.5×10-3s

在R上产生的焦耳热为Q=I2Rt=1.97J。

　（3分）

答案：

1.97J

12.【解析】

（1）感应电动势的瞬时值e=NBSωsinωt,由题意可知:

S=·=0.2×0.5m2=0.1m2　（2分）

Em=NBSω=100×0.1×0.1×100πV=314V（3分）

所以e=314sin100πtV（3分）

（2）用=N计算

t=0至t=过程中的平均电动势

=N=N=　（3分）

即=NBSω　（2分）

代入数值得=200V（1分）

（3）电动势有效值E=　（2分）

又Em=NBSω

代入数据得E=222V（2分）

答案：

（1）e=314sin100πtV　

（2）200V　（3）222V

2019年高考物理一轮复习第十二章波粒二象性原子结构原子核课时分层作业三十三12.1波粒二象性

选择题（本题共16小题,共100分。

1～12题为单选题,13～16题为多选题,1～12题每小题6分,13～16题每小题7分）

1.（xx·邢台模拟）下列关于概率波的说法中,正确的是（　　）

A.概率波就是机械波

B.物质波是一种概率波

C.概率波和机械波的本质是一样的,都能发生干涉和衍射现象

D.在光的双缝干涉实验中,若有一个粒子,则可以确定它从其中的哪一个缝中穿过

【解析】选B。

德布罗意波是概率波,它与机械波是两个不同的概念,二者的本质不同,故A项错误;物质波也就是德布罗意波,指粒子在空间中某点某时刻可能出现的几率符合一定的概率函数规律,故B项正确;概率波和机械波都能发生干涉和衍射现象,但其本质是不一样的,故C项错误;根据测不准原理,在光的双缝干涉实验中,若有一个粒子,则不能确定它从其中的哪一个缝中穿过,故D项错误。

2.如图为黑体辐射的强度与波长的关系图象,从图象可以看出,随着温度的升高,则（　　）

A.各种波长的辐射强度都有减少

B.只有波长短的辐射强度增加

C.辐射强度的极大值向波长较短的方向移动

D.辐射电磁波的波长先增大后减小

【解题指导】解答本题应注意以下两点:

（1）随着温度的升高,各种波长的辐射强度都有增加;

（2）随着温度的升高,辐射强度的极大值向波长较短的方向移动。

【解析】选C。

由图象可以看出,随着温度的升高,各种波长的辐射强度都有增加,且辐射强度的极大值向波长较短的方向移动,故A、B项错误,C项正确;随着温度的升高,黑体的辐射增强,波长变短,频率增大,故D项错误。

3.关于康普顿效应下列说法中正确的是（　　）

A.石墨对X射线散射时,部分射线的波长变短

B.康普顿效应仅出现在石墨对X射线的散射中

C.康普顿效应证明了光的波动性

D.光子具有动量

【解析】选D。

在康普顿效应中,当X射线与晶体中的电子碰撞时,把一部分动量转移给电子,则动量减小,根据λ=,知波长增大,故A项错误;康普顿效应不仅出现在石墨对X射线的散射中,不同的光子都可以出现,故B项错误;康普顿效应揭示了光具有粒子性,故C项错误;康普顿效应进一步表明光子具有动量,故D项正确。

4.（xx·哈尔滨模拟）在如图所示的光电效应的实验中,发现用一定频率的单色光A照射光电管时,电流表指针会发生偏转,而用另一频率的单色光B照射时不发生光电效应,则下列说法正确的是（　　）

A.增大B光光强,电流表指针可能发生偏转

B.延长B光照时间,电流表指针可能发生偏转

C.用A光照射光电管时流过电流表G的电流方向是a流向b

D.用B光照射光电管时,增大电源电压电流表指针一定发生偏转

【解析】选C。

用B单色光照射时不发生光电效应,知νB<ν0,能否产生光电效应,是看入射光的频率,与光的强度无关、照射的时间都无关,故A项错误,B项错误;发生光电效应时,电子从光电管右端运动到左端,而电流的方向与电子定向移动的方向相反,所以流过电流表G的电流方向是a流向b,故C项正确;用B单色光照射时不发生光电效应,增大电源电压仍然不能发生光电效应,电路中不能出现电流,故D项错误。

5.频率为ν的光照到某金属材料时,产生光电子的最大初动能为Ekm,改用频率为3ν的光照射同一金属材料,则所产生光电子的最大初动能为（h为普朗克常量）

（　　）

A.3EkmB.Ekm+hν

C.Ekm-hνD.Ekm+2hν

【解析】选D。

根据光电效应方程得,金属的逸出功为W0=hν-Ekm,改用频率为3ν的光照射同一金属材料,则所产生光电子的最大初动能Ekm′=3hν-W0=Ekm+2hν,故D项正确,A、B、C项错误。

6.（xx·新乡模拟）已知钙和钾的截止频率分别为7.73×1014Hz和5.44×1014Hz,在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应,比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子,钙逸出的光电子具有较大的（　　）

A.波长B.频率

C.能量D.动量

【解析】选A。

根据爱因斯坦光电效应方程:

Ekm=hν-hν0,因为钙的ν0大,所以能量Ekm小,频率小,波长大,故B、C项错误,A项正确;根据物质波波长λ=,所以钙逸出的光电子动量小,故D项错误。

【加固训练】

（xx·福州模拟）用波长为λ1和λ2的单色光A和B分别照射两种金属C和D的表面。

单色光A照射两种金属时都能产生光电效应现象:

单色光B照射时,只能使金属C产生光电效应现象。

不能使金属D产生光电效应现象,设两种金属的逸出功分别为WC和WD,则下列选项正确的是（　　）

A.λ1>λ2,WC>WD

B.λ1>λ2,WC

C.λ1<λ2,WC>WD

D.λ1<λ2,WC

【解析】选D。

单色光A照射两种金属时都能产生光电效应现象;单色光B照射时,只能使金属C产生光电效应现象,根据光电效应条件知,单色光A的频率大于单色光B的频率,则λ1<λ2;单色光B照射时,只能使金属C产生光电效应现象,不能使金属D产生光电效应现象。

知金属C的逸出功小于金属D的逸出功,即WC

7.有a、b、c三束单色光,其波长关系为λa∶λb∶λc=1∶2∶3,当用a光束照射某种金属板时能发生光电效应,飞出的光电子最大动能为Ek,若改用b光束照射该金属板,飞出的光电子最大动能为Ek,当改用c光束照射该金属板时

（　　）

A.能发生光电效应,飞出的光电子最大动能为Ek

B.能发生光电效应,飞出的光电子最大动能为Ek

C.能发生光电效应,飞出的光电子最大动能为Ek

D.由于c光束光子能量较小,该金属板不会发生光电效应

【解析】选B。

a、b、c三束单色光,其波长关系为λa∶λb∶λc=1∶2∶3,因为光子频率ν=,知光子频率之比为6∶3∶2;设a光的频率为6a,根据光电效应方程Ekm=hν-W0得,Ek=h·6a-W0,Ek=h·3a-W0,联立两式计算得出逸出功W0=ha,

Ek=ha,c光的光子频率为2a>a,能发生光电效应,最大初动能Ekm′=h·2a-W0=ha

=Ek,故B项正确,A、C、D项错误。

8.（xx·太原模拟）xx年诺贝尔物理学奖得主威拉德·博伊尔和乔治·史密斯主要成就是发明了电荷耦合器件（CCD）图象传感器。

他们的发明利用了爱因斯坦的光电效应原理。

如图所示电路可研究光电效应规律。

图中标有A和K的为光电管,其中A为阳极,K为阴极。

理想电流计可检测通过光电管的电流,理想电压表用来指示光电管两端的电压。

现接通电源,用光子能量为10.5eV的光照射阴极K,电流计中有示数,若将滑动变阻器的滑片P缓慢向右滑动,电流计的读数逐渐减小,当滑至某一位置时电流计的读数恰好为零,读出此时电压表的示数为6.0V;现保持滑片P位置不变,以下判断错误的是（　　）

A.光电管阴极材料的逸出功为4.5eV

B.若增大入射光的强度,电流计的读数为零

C.若用光子能量为12eV的光照射阴极K,光电子的最大初动能一定变大

D.若用光子能量为9.5eV的光照射阴极K,同时把滑片P向左移动少许,电流计的读数一定不为零

【解析】选D。

该装置所加的电压为反向电压,发现当电压表的示数大于或等于6.0V时,电流表示数为0,知道光电子的最大初动能为6.0eV,根据光电效应方程Ekm=hν-W0,W0=10.5eV-6.0eV=4.5eV,故A项正确;现保持滑片P位置不变,增大光的强度时仍然发生了光电效应,但光电子的最大初动能不变,所以不会有电流流过电流表,故B项正确;若用光子能量为12eV的光照射阴极K,入射光的频率增大,根据光电效应方程可知,光电子的最大初动能一定增大,故C项正确;改用能量为9.5eV的光子照射,入射光的频率减小,根据光电效应方程可知,光电子的最大初动能一定减小,此时的额定电压小于6V,若把滑片P向左移动少许时,电子仍然可能不能到达A极,所以电流计的读数可能为零,故D项错误。

9.（xx·银川模拟）如图甲所示是研究光电效应实验规律的电路。

当用强度一定的黄光照射到光电管上时,测得电流表的示数随电压变化的图象如图乙所示。

下列说法正确的是（　　）

A.若改用红光照射光电管,一定不会发生光电效应

B.若照射的黄光越强,饱和光电流将越大

C.若用频率更高的光照射光电管,则光电管中金属的逸出功越大

D.若改用蓝光照射光电管,图象与横轴交点在黄光照射时的右侧

【解析】选B。

根据光电效应方程知,Ekm=hν-W0,红光的频率小于黄光的频率,红光照射不一定发生光电效应,但不是一定不会发生光电效应,故A项错误;增加入射光的强度,则单位时间内产生的光电子数目增加,饱和光电流将越大,故B项正确;光电管中金属的逸出功的大小是由材料本身决定的,与入射光的频率无关,故C项错误;根据光电效应方程知,Ekm=hν-W0,蓝光的频率大于黄光的频率,则光电子的最大初动能增大,所以反向遏止电压增大,图象与横轴交点在黄光照射时的左侧,故D项错误。

10.（xx·黄石模拟）用波长为2.0×10-7m的紫外线照射钨的表面,释放出来的光电子中最大的动能是4.7×10-19J。

由此可知,钨的极限频率是（普朗克常量

h=6.63×10-34J·s,光速c=3.0×108m/s,结果取两位有效数字）（　　）

A.5.5×1014HzB.7.9×1014Hz

C.9.8×1014HzD.1.2×1015Hz

【解析】选B。

据Ekm=hν-W,W=hν0,ν=,可得:

ν0=-,代入数据得:

ν0=7.9×1014Hz,故B项正确。

11.（xx·洛阳模拟）一个德布罗意波波长为λ1的中子和另一个德布罗意波波长为λ2的氘核同向正碰后结合成一个氚核,该氚核的德布罗意波波长为

（　　）

A.

B.

C.D.

【解析】选A。

中子的动量p1=,氘核的动量p2=,根据动量守恒定律得对撞后形成的氚核的动量p3=p2+p1,所以氚核的德布罗意波波长为λ3==

故A项正确。

12.以往我们认识的光电效应是单光子光电效应,即一个电子在极短时间内只能吸收到一个光子而从金属表面逸出。

强激光的出现丰富了人们对于光电效应的认识,用强激光照射金属,由于其光子密度极大,一个电子在极短时间内吸收多个光子成为可能,从而形成多光子光电效应,这已被实验证实。

光电效应实验装置示意如图。

用频率为ν的普通光源照射阴极K,没有发生光电效应。

换用同样频率ν的强激光照射阴极K,则发生了光电效应;此时,若加上反向电压U,即将阴极K接电源正极,阳极A接电源负极,在KA之间就形成了使光电子减速的电场。

逐渐增大U,光电流会逐渐减小;当光电流恰好减小到零时,所加反向电压U可能是下列的（其中W为逸出功,h为普朗克常量,e为电子电量）（　　）

A.U=-B.U=-

C.U=-D.U=2hν-W

【解题指导】解答本题应注意以下两点:

（1）根据爱因斯坦光电效应方程、最大初动能与遏止电压的关系写出U与ν的关系;

（2）入射光子的能量需为hν的整数倍。

【解析】选B。

根据题意知,一个电子吸收一个光子不能发生光电效应,换用同样频率为ν的强激光照射阴极K,则发生了光电效应,即吸收的光子能量为nhν,n=2,3,4…,则有:

eU=nhν-W,解得:

U=-;n=2,3,4…;故B项正确,A、C、D项错误。

13.（xx·石家庄模拟）波粒二象性是微观世界的基本特征,以下说法正确的是

（　　）

A.黑体辐射规律可用光的波动性解释

B.光电效应现象揭示了光的粒子性

C.电子束射到晶体上产生衍射图样说明电子具有波动性

D.动能相等的质子和电子,它们的德布罗意波波长也相等

【解析】选B、C。

黑体辐射的实验规律不能使用光的波动性解释,而普朗克借助于能量子假说,完美的解释了黑体辐射规律,破除了“能量连续变化”的传统观念,故A项错误;光子既有波动性又有粒子性,光电效应现象揭示了光的粒子性,故B项正确;德布罗意提出了实物粒子同样具有波动性,戴维孙和汤姆孙用实验得到了电子束射到晶体上产生的衍射图样,证明了电子具有波动性,故C项正确;根据德布罗意波波长公式λ=,若一个电子的德布罗意波长和一个质子的波长相等,则动量p也相等,但是质子质量比电子质量大得多,因此动能Ek=不相等,故D项错误。

14.（xx·武汉模拟）光既具有波动性,又具有粒子性。

如果一个光子的能量等于一个电子的静止能量,且电子质量me=0.90×10-30kg,光速c=3.0×108m/s,普朗克常量h=6.63×10-34J·s。

则（　　）

A.光子的能量为2.7×10-22J

B.光子的频率为6.1×10-19Hz

C.光子的波长为2.4×10-12m

D.光子的动量为2.7×10-22kg·m/s

【解析】选C、D。

由题意,hν=mec2,光子的能量为ε=8.1×10-14J,光子的频率ν==1.2×1020Hz,光子的波长λ==2.4×10-12m,光子的动量p==2.7×10-22kg·m/s。

所以,正确答案为C、D选项。

15.如图所示是某次实验中得到的甲、乙两种金属的遏止电压Uc与入射光频率ν的关系图象,两金属的逸出功分别