2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關系列 專題12 交變電流與傳感器（含解析）.docx

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專題12 交變電流與傳感器第一部分名師綜述本章內容實際上是電磁感應現(xiàn)象研究的繼續(xù)及其規(guī)律的具體應用，在學習的過程中，要注意理論聯(lián)系實際，要善于知識的遷移、綜合和應用，本章主要圍繞交變電流的產生、變化規(guī)律及表征交變電流的物理量這一中心展開，復習時需要注意的問題有：1.區(qū)分瞬時值、有效值、最大值、平均值.瞬時值隨時間做周期性變化，表達式為(從中性面開始計時).有效值是利用電流的熱效應定義的，即如果交流電通過電阻時產生的熱量與直流電通過同一電阻在相同時間內產生的熱量相等，則直流電的數(shù)值就是該交流電的有效值.用來計算電路中的電功率和電熱.最大值用來計算，是穿過線圈平面的磁通量為零時的感應電動勢.平均值是利用來進行計算的，計算電量時用平均值.2.理想變壓器的有關問題，要注意掌握電流比的應用，當只有一原一副時電流比，當理想變壓器為一原多副時，電流比關系則不適用，只能利用輸入功率與輸出功率相等來進行計算.同時掌握輸入功率與輸出功率的決定與被決定的關系.3.要了解遠距離輸電的基本模式，弄清輸電的基本規(guī)律，正確設計出輸電方案，更好地傳送電能.4.對傳感器部分：應知道求解傳感器問題的思路：傳感器問題具有涉及的知識點多、綜合性強、能力要求高等特點，而傳感器的形式又多種多樣，有的原理甚至較難理解.但不管怎樣，搞清傳感器的工作原理及過程是求解問題的關鍵.因此，求解時必須結合題目提供的所有信息，認真分析傳感器所在的電路結構，這樣才能對題目的要求作出解釋或回答.另外，平時應多注意實際生產、生活中的一些實例，多一些思考，多動手，多查資料，開闊自己的視野，豐富自己的經驗，達到學以致用、活學活用的目的.特別注意加速度計與加速度傳感器：加速度傳感器實際上是變式加速度計，它將加速度信號轉換為電壓信號輸出，該傳感器可以制作成振動傳感器(因為振動物體的加速度一般不為零)，振動傳感器可以廣泛地應用在報警、測量等領域(如汽車、摩托車防盜報警器等).第二部分精選試題一、單選題1如圖所示的變壓器中，原副線圈的匝數(shù)比為n1n2=21，圖中定值電阻R1與原線圈串聯(lián)后再與一有效值為44 V的交變電源連在一起。阻值為16 的定值電阻R2與標有“12 V 6 W”的燈泡L串聯(lián)后接在副線圈中，電路穩(wěn)定后燈泡L恰好正常發(fā)光。則變壓器原線圈的輸入功率與R1消耗的功率之比為A1:1B2:1C10:1D3:5【答案】 C【解析】【詳解】在副線圈中，小燈泡正常發(fā)光，根據(jù)“12 V 6 W”可求得副線圈中的電流為I2=0.5 A，進而可求出R2兩端的電壓為8 V，故副線圈兩端的電壓為20 V；由U1U2=n1n2和I1I2=n2n1，可知原線圈兩端的電壓為40 V，電流為0.25 A，故加在R1兩端的電壓為44 V40 V=4 V，故R1消耗的功率為PR1=UR1I1=1 W，變壓器原線圈的輸入功率為P1=U1I1=10 W，故變壓器原線圈的輸入功率與R1消耗的功率之比為10:1，故選項C正確。2如圖所示，理想變壓器原線圈兩端A、B接在電動勢E8V、內阻r2的交流電源上，理想變壓器的副線圈兩端與滑動變阻器R相連，滑動變阻器阻值可在010范圍內變化，變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為12 ，下列說法正確的是A副線圈兩端輸出電壓U2=16VB副線圈中的電流I22AC當電源輸出功率最大時，滑動變阻器接入電路中的阻值R8D當電源輸出功率最大時，滑動變阻器接入電路中的阻值R4【答案】 C【解析】【詳解】設原副線圈中的匝數(shù)分別為n1和n2，電流分別為I1和I2，電壓分別為U1和U2，則有：U1=E-I1r，電阻R消耗的功率為：P=U2I2=U1I1，即為：P=（E-I1r）I1=-I12r-EI1，可見電流為：I1=E2r=822A=2A時，P有最大值，此時U1=4V，副線圈兩端輸出電壓U2=2U1=8V，副線圈中的電流I2122A=1A，此時滑動變阻器接入電路中的阻值R=U2I2=8，故C正確、ABD錯誤。3用正弦式交變電流通過一理想變壓器給距離較遠的用戶供電， 電路圖可等效為圖示電路。副線圈與用戶之間導線的電阻為r，其余部分導線與電流表的電阻均不計。已知開關S閉合前后用戶消耗的電功率相等，變壓器輸入電壓有效值不變，則下列說法正確的是( )A開關閉合前后變壓器的輸入功率不變B開關閉合前后輸電線上損失的功率之比為1:2CR: r = 2:1D開關閉合前后電流表的讀數(shù)之比為1:2【答案】 B【解析】【分析】和閉合電路中的動態(tài)分析類似，可以根據(jù)R的變化，確定出總電路的電阻的變化，進而可以確定總電路的電流的變化的情況，再根據(jù)電壓不變，結合題目的條件來分析其他元件的電流、電壓及功率的變化情況。【詳解】A變壓器輸入電壓有效值U1不變，由U1U2=n1n2知，在副線圈所在電路中，U2保持不變，開關閉合前，P1=P2=U22R+r，開光閉合后，用戶電阻變?yōu)镽=R2,P1=P2=U22R2+r,故開關閉合前后變壓器的輸入功率變化，A錯誤；BC根據(jù)開關S閉合前后用戶消耗的電功率相等，有P用=（U2R+r）2R，P用=（U2R2+r）2R2，P用=P用，可得R:r=2:1，輸電線上損失的功率為輸電線上電阻的發(fā)熱功率，開始閉合前，Pr=（U2R+r）2r，開關閉合后，Pr=（U2R2+r）2r，結合R:r=2:1,可得Pr:Pr=1:2，故B正確，C錯誤。D由I1I2=n2n1知，電流表的示數(shù)I1=n2n1I2。則I1I1=I2I2；在副線圈電路中，閉合前電流I2=U2R+r，閉合后，電流I2=U2R2+r，結合R:r=2:1，得I1I1=I2I2=224如圖所示，半徑為r的金屬圓環(huán)放在垂直紙面向外的勻強磁場中，環(huán)面與磁感應強度垂直，磁場的磁感應強度為B0，保持圓環(huán)不動，將磁場的磁感應強度隨時間均勻增大經過時間t，磁場的磁感應強度增大到B1，此時圓環(huán)中產生的焦耳熱為Q；保持磁場的磁感應強度B1不變，將圓環(huán)繞對稱軸(圖中虛線)勻速轉動，經時間2t圓環(huán)轉過90，圓環(huán)中電流大小按正弦規(guī)律變化，圓環(huán)中產生的焦耳熱也為Q，則磁感應強度B0和B1的比值為（）A4-4B5-5C42-42D52-52【答案】 A【解析】【分析】當線圈不動時，根據(jù)E=t求解感應電動勢，根據(jù)Q=E2Rt求解熱量；當線圈轉動時，根據(jù)E=BS求解最大值，然后根據(jù)交流電的有效值求解產生的熱量，聯(lián)立后即可求解.【詳解】若保持圓環(huán)不動，則產生的感應電動勢恒定為E1=(B1-B0)r2t，則Q=E12Rt=(B1-B0)22r4tR；若線圈轉動：則產生的感應電動勢最大值：E2m=B1S=B122tr2=2r2B14t ,有效值E2=2r2B142t，產生的熱量Q=E22R2t=4r4B1216tR，聯(lián)立可得：B0B1=4-4，故選A.【點睛】此題關鍵是掌握求解電動勢的兩個公式：E=t和E=BS；知道求解交流電產生的熱量時要用交流電的有效值。5如圖所示，將帶鐵芯的電感器L與燈泡A串聯(lián)，再與另一個完全相同的燈泡B并聯(lián)，接在以正弦交流信號發(fā)生器為電源的兩端。通過調節(jié)交流信號發(fā)生器上的旋鈕，可以改變輸出電壓和信號的頻率。閉合開關S，A、B兩燈均發(fā)光。關于該實驗，下列說法中正確的是 ( )A保持交流信號頻率不變，適當提高輸出電壓，發(fā)現(xiàn)A燈始終比B燈亮B保持輸出電壓不變，提高交流信號頻率，發(fā)現(xiàn)A燈變暗，B燈不變C保持輸出電壓和信號頻率不變，撤去鐵芯后，發(fā)現(xiàn)A燈比原來暗D斷開開關S，發(fā)現(xiàn)B燈閃亮一下，然后熄滅【答案】 B【解析】【詳解】A項：提高輸出電壓，B端電壓變大，A與L兩端電壓增大，由頻率不變，所以A燈與B燈一樣亮，故A錯誤；B項：提高交流信號頻率，電壓不變以，B燈亮度不變，根據(jù)xL=2fL可知線圈L中的感抗增大，所以A燈變暗，故B錯誤；C項：撤去鐵芯后，L中的感抗減小，所以A燈變亮，故C正確；D項：由于穩(wěn)定時A、B兩燈亮度相同，所以當開關S斷開時，A中的電流逐漸熄滅，故D錯誤?！军c睛】解決本題關鍵理解線圈對交變電流的阻礙作用有兩：1、線圈導線本身的電阻（直流電阻），2、感抗即xL=2fL。6一個含有理想變壓器的電路如圖所示，其中R1、R3、R4為定值電阻，R2為滑動變阻器，電表為理想電表，u為正弦交流電源，其電壓有效值恒定，當滑片P從左向右滑動的過程，下列說法正確的是（）A理想變壓器輸出功率減小B電流表示數(shù)減小C電容器C所帶電荷量始終不變D電壓表示數(shù)不變【答案】 B【解析】AB、根據(jù)功率相等可知：UI1=I12R1+n1n22I12R2+R3當滑片P從左向右滑動的過程R2的阻值增大，所以I1減小，則理想變壓器的輸出功率為P=UI1-I12R1則變壓器的輸出功率時關于電流的一元二次函數(shù)，所以輸出功率隨電流I1的減小有可能增大也有可能減小，故A錯誤；B正確；C、由于電流I1變小，變壓器的匝數(shù)不變，所以副線圈上的電流也變小，所以電阻R3上的電壓變小，根據(jù)Q=CU3可知電容器上的電荷量也在減小，故C錯誤；D、U1=U-I1R1，由于電流I1減小，所以電壓U1增大，變壓器匝數(shù)不變，根據(jù)U1U2=n1n2，所以U2也增大，故D錯誤；故選B7一個含有理想變壓器的電路如圖所示，圖中L1、L2和L3是完全相同的三個燈泡，U為正弦交流電源。當開關S斷開時，電路中的燈泡均能正常發(fā)光。下列說法正確的是A理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為2:1B理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1:1C開關S閉合穩(wěn)定后，燈泡L1和L2消耗的功率之比為1:4D開關S閉合穩(wěn)定后，燈泡L1能正常發(fā)光而L2無法正常發(fā)光【答案】 B【解析】A、B、設三個燈泡的電阻為R，正常發(fā)光的電流為I，電壓為U0，有流過原線圈的電流，流過副線圈的電流也為，由變壓器知識得，故A錯誤，B正確。C、開關S閉合穩(wěn)定后，設流過副線圈的電流為，可知流過原線圈的電流，根據(jù)功率可知L1和L2的功率之比為1:1，故C錯誤。D、開關S閉合前，對原線圈電路有，而S閉合后有，解得可得三個燈泡均不能正常發(fā)光.D錯誤。故選B?！军c睛】本題考查理想變壓器原理及應用，要注意明確電路結構，知道開關通斷時電路的連接方式；同時注意明確輸入電壓與總電壓之間的關系。8如圖，理想變壓器的原線圈與二極管一起接在u=2202sin100t（V）的交流電源上，副線圈接有R=55的電阻，原、副線圈匝數(shù)比為21。假設該二極管的正向電阻為零，反向電阻為無窮大，電流表為理想電表。則A副線圈的輸出功率為110WB原線圈的輸入功率為1102WC電流表的讀數(shù)為1AD副線圈輸出的電流方向不變【答案】 A【解析】因為原線圈上接有理想二極管，原線圈只有半個周期有電流，副線圈也只有半個周期有電流。U1m:U2m=n1:n2，所以副線圈電壓的最大值為U2m=1102V，設副線圈電壓的有效值為U2，則有U22RT=0+(U2m2)2RT2，解得U2=552V，副線圈的輸出功率為：P2=U22R=110W，原線圈的輸入功率為P1=P2=110W，A正確B錯誤；電流表讀數(shù)為：I2=U2R=2A，C錯誤；因為原線圈上接有理想二極管，原線圈中電流方向不變，原線圈中電流增大和減小時在副線圈中產生的感應電流方向相反，副線圈輸出的電流方向改變，D錯誤【點睛】有效值是根據(jù)電流熱效應來規(guī)定的，讓一個交流電流和一個直流電流分別通過阻值相同的電阻，如果在相同時間內產生的熱量相等，那么就把這一直流電的數(shù)值叫做這一交流電的有效值。計算電功率使用有效值，交流電表的讀數(shù)是有效值9圖甲中理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比n1n251，電阻R10 ，L1、L2為規(guī)格相同的兩只小燈泡，S1為單刀雙擲開關。原線圈接正弦交變電源，輸入電壓u隨時間t的變化關系如圖乙所示現(xiàn)將S1接1、S2閉合，此時L2正常發(fā)光。下列說法正確的是（ ）A只斷開S2后，原線圈的輸入功率增大B輸入電壓u的表達式u=202sin(50t)C若S1換接到2后，原線圈的輸入功率為1.6 WD若S1換接到2后，R消耗的電功率為0.8 W【答案】 D【解析】A、只斷開S2后，負載電阻變?yōu)樵瓉淼?倍，副線圈電壓不變，則副線圈的功率變小，即原線圈的輸入功率變小，A錯誤；B、由圖乙知周期T=0.02s，=20.02=100，所以輸入電壓u的表達式應為u=202sin(100t)V，B錯誤；C、D、若S1換接到2后，由U1U2=n1n2=51，U1=2022=20V，則電阻R電壓有效值為4V，R消耗的電功率為P2=U22R=4220=0.8W，而變壓器兩端的功率相等，則輸入功率也為0.8W，C錯誤，D正確故選D.【點睛】掌握理想變壓器的電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比，變壓器的輸入功率和輸出功率相等。10匝數(shù)為100匝的線圈通有如圖所示的交變電流(圖中曲線為余弦曲線的一部分)，單匝線圈電阻r0.02，則在010s內線圈產生的焦耳熱為( )A.80J B.85JC.90J D.125J【答案】 B【解析】試題分析:根據(jù)有效值的定義方法可知：（）2R+22=I2RT解得I=A總電阻為r=1000.02=2；則10s內產生的焦耳熱Q=I2rt=（）2210=85J；故選：B【名師點睛】本題要注意明確該交流電中前二分之一周期為正弦交流電的四分之一周期，該時間內的有效值和最大值之間的關系仍然為.二、多選題11圖為模擬遠距離輸電的部分測試電路。a、b端接電壓穩(wěn)定的正弦交變電源，定值電阻阻值分別為R1、R2，且R1R2，理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為k且kr，若負載電路的燈泡增多，則等效電阻R減小，根據(jù)電源輸出功率與電阻之間關系的函數(shù)圖像可知，此時發(fā)電機的輸出功率會增大，故D對；故選CD【點睛】此題比較復雜，對于原線圈中有用電器的變壓器問題來說，一般做題的方向是利用前后功率相等來求解的。20如圖(a)所示，理想變壓器原副線圈匝數(shù)比n1 : n2 = 55:4，原線圈接有交流電流表A1，副線圈電路接有交流電壓表V、交流電流表A2、滑動變阻器R等，所有電表都是理想電表，二極管D正向電阻為零，反向電阻無窮大，燈泡L的阻值恒定。原線圈接入的交流電壓的變化規(guī)律如圖(b)所示，則下列說法正確的是A交流電壓表V的讀數(shù)為322VB燈泡L兩端電壓的有效值為162VC當滑動變阻器的觸頭P向上滑動時，電流表A1示數(shù)減小，V示數(shù)增大D由圖（b）可知交流發(fā)電機轉子的角速度為100rad/s【答案】 BD【解析】【分析】根據(jù)電壓之比等于線圈匝數(shù)之比可求得輸出端的有效值，從而確定電壓表示數(shù)；根據(jù)有效值的定義以及二極管的性質則可明確燈泡L兩端的電壓的有效值，再根據(jù)電路結構分析電流表的變化；根據(jù)圖b可知輸入電壓的最大值和周期，從而求出對應的有效值和角速度.【詳解】A、由圖b可知，原線圈輸入電壓有效值為440V，根據(jù)U1U2=n1n2，可得副線圈電壓為32V，交流電壓表V的示數(shù)為有效值即為32V，故A錯誤；B、設燈泡L兩端電壓的有效值為U，燈泡的阻值為r，交變電流的周期為T，根據(jù)交變電流有效值的定義有：322RT2=U2RT，解得：U=162V，故B正確；C、當滑動變阻器的觸頭P向下滑動時，滑動變阻器阻值減小，原副線圈匝數(shù)比不變、輸入電壓不變，則電壓表V的示數(shù)不變；則由歐姆定律可知，電流表A2示數(shù)增大，因為理想變壓器輸入功率與輸出功率相等，所以電流表A1示數(shù)也增大，故C錯誤；D、根據(jù)=2T=100rad/s可知，交流發(fā)電機轉子的角速度為100rad/s；故D正確.故選BD.【點睛】本題考查了變壓器的原理及最大值與有效值之間的數(shù)量關系。能根據(jù)歐姆定律求解電路中的電流，會求功率，知道電表示數(shù)為有效值，明確二極管的單向導電性的正確應用和有效值定義的基本方法的掌握情況.三、解答題21在圖甲中，直角坐標系0xy的1、3象限內有勻強磁場，第1象限內的磁感應強度大小為2B，第3象限內的磁感應強度大小為B，磁感應強度的方向均垂直于紙面向里.現(xiàn)將半徑為R，圓心角為900的扇形導線框OPQ以角速度20繞O點在紙面內沿逆時針勻速轉動，導線框回路電阻為r.（1）求導線框中感應電流最大值.（2）求導線框從圖示位置開始轉過900的過程中通過導線框橫截面的電荷量.（3）求線框勻速轉動一周產生的熱量.【答案】（1）BR220r（2）R2B2r（3）50B2R42r【解析】【詳解】(1)線框從圖甲位置開始(t=0)轉過900的過程中，產生的感應電動勢為:E1=122B.20R2由閉合電路歐姆定律得，回路電流為：I1=E1r聯(lián)立以上各式解得:I1=BR220r同理可求得線框進出第3象限的過程中，回路電流為: I2=BR20r故感應電流最大值為:Im=BR220r(2) 導線框從圖示位置轉過900過程中E=tI=ErQ=I.t聯(lián)立可得：Q=r=4R2.2BQ=R2B2r(3) 線框轉一周產生的熱量: Q熱=I12.r.T4+I22.r.T42線框進出第3象限的過程中，回路電流為: I2=BR20r又T=220解得: Q=50B2R42r22如圖所示，勻強磁場的磁感應強度B=0.5T，邊長L=10cm的正方形線圈abcd共100匝，線圈電阻r=1，在外力的作用下，繞垂直于磁感線的對稱軸OO勻速轉動，角速度=2 rad/s，電阻R=4。求：（1）寫出流過電阻R的電流的瞬時值表達式；（2）由圖示位置（線圈平面與磁感線平行）轉過7.25秒時，線圈產生的感應電動勢的值；（3）由圖示位置轉過300角的過程中，通過電阻R的電量；（4）電壓表的示數(shù)；（5）線圈轉動一周過程中，外力做的功?！敬鸢浮浚?）i=0.2cos2t（A）（2）0（3）0.05C（4）1.78A（5）0.99J【解析】【詳解】（1）根據(jù)Em=NBS，可得感應電動勢的最大值：Em=1000.50.122V=V；則通過電阻R電流的最大值：iRm=EmR+r=4+1=0.2A則流過電阻R的電流的瞬時值表達式：i=0.2cos2t(A)（2）由圖示位置（線圈平面與磁感線平行）轉過7.25秒時，線圈轉過的角度為=t=27.25=14.5rad，此時線圈平面與磁場垂直，則產生的感應電動勢的值為0；（3）由圖示位置轉過30角的過程中，通過電阻R的電量：q=Nr+R=NBL2sin30r+R=1000.50.120.55C=0.05C；（4）電壓表的示數(shù)U=ERR+r=EmR2(R+r)=452V=1.78V（5）線圈轉動一周過程中，外力做的功等于產生的電功率：P=E2R+rT=(Em2)2r+R2=210W=0.99W.23如圖所示，在坐標xoy平面內存在B=2.0T的勻強磁場，OA與OCA為置于豎直平面內的光滑金屬導軌，其中OCA滿足曲線方程x=0.5siny5，C為導軌的最右端，導軌OA與OCA相交處的O點和A點分別接有體積可忽略的定值電阻R1和R2，其R1=4.0、R2=12.0?，F(xiàn)有一足夠長、質量m=0.10kg的金屬棒MN在豎直向上的外力F作用下，以v=3.0m/s的速度向上勻速運動，設棒與兩導軌接觸良好，除電阻R1、R2外其余電阻不計，g取10m/s2，求：（1）金屬棒MN在導軌上運動時感應電流的最大值；（2）金屬棒MN滑過導軌OC段過程中，整個回路產生的熱量。（3）金屬棒MN滑過導軌OC段過程中，外力F做的功【答案】（1）1A（2）1.25J（3）3.75J【解析】【詳解】（1）當導體棒連入軌道的長度最長時，感應電動勢最大，則Em=Bxmv=3V外電路總電阻：R并=R1R2R1+R2=3則Im=EmR并=1A（2）導體棒運動形成的正弦交變電壓：e=3sin35t(V)電動勢有效值：E=32V則Q=E2R并t=1.25J（3）由能量守恒關系可知：WF=Q+mgh=3.75J24如圖甲為手機無線充電工作原理示意圖，它由送電線圈和受電線圈組成。已知受電線圈的匝數(shù)為N=50匝，電阻r=1.0，在它的c、d兩端接一般值R=9.0的電阻。設在受電線圈內存在與線圈平面垂直的磁場，其磁通量隨時間變化規(guī)律如圖乙所示，可在受電線圈中產生正弦式交變電流。求：（1）在一個周期內，電阻R上產生的焦耳熱；（2）從t1到t2時間內，通過電阻R的電荷量。【答案】（1）5.710-2J（2）2103C【解析】【分析】（1）求出交流電的有效值，再根據(jù)焦耳定律即可求出電阻R上產生的熱量；（2）根據(jù)法拉第電磁感應定律可確定平均電動勢，求出平均電流，從而求出電量大小?！驹斀狻浚?）由圖乙知T=10-3s；受電線圈中產生的電動勢為最大值Em=NBS=Nm2T=502.010-4210-3V=20V線圈中產生感應電流的最大值大小為ImEmR+r2.0A；通過電阻電流的有效值為IIm22A電阻在一個周期內產生的熱量Q=I2RT=5.710-2J（2）線圈中感應電動勢的平均值Ent通過電阻電流的平均值為IER+r通過電阻的電荷量qIt由題圖乙知，在T/43T/4的時間內，=410-4Wb解得qnR+r2103C【點睛】本題考查電磁感應以有交流電的性質；求解交變電流的電功率時要用有效值。在電磁感應中通過導體截面的電量經驗公式是QnR+r，可以在推導的基礎上記住。25如圖為一個小型旋轉電樞式交流發(fā)電機的原理圖，圖示位置矩形線圈平行于磁感線，其矩形線圈的長度ab=0.25m，寬度bc=0.20m，共有m=100匝，總電阻r=5.0，可繞與磁場方向垂直的對稱軸OO轉動。線圈處于磁感應強度B=0.4T的勻強磁場中，與線圈兩端相連的金屬滑環(huán)上接一個“3.0V，1.8W“的燈泡，當線圈以角速度勻速轉動時，小燈泡恰好正常發(fā)光，求：（1）線圈轉動的角速度；（2）圖示位置時cd邊所受的安培力的大小和方向；（3）線圈從圖示位置轉過90過程中流過燈泡的電量和線圈產生的電能?！敬鸢浮浚?）32rad/s；（2）4.8N，方向從c到d；（3）0.2C； 1.33J?！窘馕觥俊痉治觥浚?）小燈泡正常發(fā)光可知流過燈泡的電流和燈泡上的電壓，然后根據(jù)閉合電路的歐姆定律和電流的其他公式，可以計算出線圈轉動的角速度；（2）求出電路中的電流，然后由安培力的公式求出安培力，由左手定則判斷方向。（3）根據(jù)交流電的有效值計算電能；根據(jù)q=nr+R求解流過燈泡的電量?！驹斀狻浚?）小燈泡的額定電流為：I=PU=1.83.0=0.6A小燈泡的額定電阻為：R=UI=3.00.6=5可得電動勢最大值為：E=I（R+r）=0.6（5+5）=6V最大值為：Em=62V又：Em=mBS=mabbcB可得：=32rad/s（2）cd邊上的電流也是0.6A，則cd受到的安培力：F=mBIcd=1000.40.60.20=4.8N；cd邊此時運動的方向向上，由左手定則可知感應電流的方向為從c到d；（3）流過燈泡的電量為：q=mR+r=mBSR+r由因為：Em=mBS所以有：q=Em(R+r)=621032C=0.2C。由焦耳定律可得：Q總=E2R+rt=E2R+rT4=E2R+r24=625+53.14232=1.33J由能量守恒可得線圈產生的電能：W=Q總所以線圈產生的電能：W=1.33J；【點睛】本題考查了交流電的產生原理，要學會從圖象中獲取有用物理信息的能力，結合峰值和有效值的關系去分析，求電荷量要用平均值。26如圖為小型旋轉電樞式交流發(fā)電機的原理圖，其矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的固定軸OO勻速轉動，轉動的角速度=10 rad/s，線圈的匝數(shù)N=10匝、電阻r=1，線圈所圍面積S=0.1m2線圈的兩端經滑環(huán)和電刷與阻值R=9的電阻相連，勻強磁場的磁感應強度B=1T在t=0時刻，線圈平面與磁場方向平行，則：(1)從圖示位置開始計時，寫出通過R的電流的瞬時表達式；(2)若在R兩端接一個交流電壓表，它的示數(shù)為多少？(3)線圈轉動一周過程中，R上產生電熱Q為多少？(4)線圈從圖示位置轉過90過程中，通過R的電荷量q為多少？【答案】(1)i=3.14cos31.4t A (2)U=20V （3）Q=9J (4) q=0.1C【解析】【詳解】（1）感應電動勢的最大值為：Em=NBS=1010.110V=31.4V感應電流的最大值為：Im=EmR+r=31.49+1=3.14A電流的瞬時表達式為：i=Imcost=3.14cos31.4t A（2）電流的有效值為：I=Im2電阻R兩端電壓有效值為：U=IR聯(lián)立得電壓表示數(shù)為：U=20V（3）R產生的熱量為：Q=I2Rt一周時間為：t=2=0.2s解得：Q=9J（4）通過R的電荷量為：q=It又IER+r=Nt(R+r)所以 q=NBSR+r代入數(shù)據(jù)解得：q=0.1C【點睛】解決本題時要知道正弦式交流電峰值的表達式Em=nBS，以及知道峰值與有效值的關系求熱量要用電流的有效值，求電荷量要用電流的平均值27利用太陽能電池這個能量轉換器件將輻射能轉變?yōu)殡娔艿南到y(tǒng)稱為光伏發(fā)電系統(tǒng)，光伏發(fā)電系統(tǒng)的直流供電方式有其局限性，絕大多數(shù)光伏發(fā)電系統(tǒng)均采用交流供電方式有一臺內阻為1 的太陽能發(fā)電機，供給一個學校照明用電，如圖10所示，升壓變壓器的匝數(shù)比為14，降壓變壓器的匝數(shù)比為41，輸電線的總電阻R4 ，全校共22個班，每班有“220 V40W”的電燈6盞若全部電燈都正常發(fā)光，求：(1)發(fā)電機的輸出功率為多大？(2)發(fā)電機的電動勢為多大？(3)輸電效率為多少？(4)若使燈數(shù)減半并正常發(fā)光，發(fā)電機的輸出功率又為多大？【答案】(1)5 424 W(2)250 V(3)97% (4)2 676 W【解析】【詳解】(1)發(fā)電機的輸出功率應為負載消耗的功率與輸電線電阻損耗的功率之和，即P出nP燈I22 R又I2=I34=nI燈4=6A所以P出22640 W624 W5 424 W；(2)EU1I1r，r為發(fā)電機內阻，U1=U24I14I2，U24U3I2R4220 V64 V904 V所以E=9044V+461V=250V；(3)輸電效率=P用P總=nP燈P總=22640542400=9700；(4)電燈減少一半時，nP燈=226240W=2640WI2=nP燈U2=26402204A=3A所以P出nP燈I22 R2 640 W324 W2 676 W。28直流電動機是一種使用直流電流的動力裝置，是根據(jù)通電線圈在磁場中受到安培力的原理制成的.如圖1所所所示是一臺最簡單的直流電動機模型示意圖，固定部分(定子)裝了一對磁極，旋轉部分(轉子)裝設圓柱形鐵芯，將abcd矩形導線框固定在轉子鐵芯上，能與轉子一起繞軸OO轉動.線框與鐵芯是絕緣的，線框通過換向器與直流電源連接.定子與轉子之間的空隙很小，可認為磁場沿徑向分布，線框無論轉到什么位置，它的平面都跟磁感線平行，如圖2所示(側面圖).已知ab、cd桿的質量均為M、長度均為L，其它部分質量不計，線框總電阻為R.電源電動勢為E，內阻不計.當閉合開關S，線框由靜止開始在磁場中轉動，線框所處位置的磁感應強度大小均為B.忽略一切阻力與摩擦.(1)求：閉合開關后，線框由靜止開始到轉動速度達到穩(wěn)定的過程中，電動機產生的內能Q內；(2)當電動機接上負載后，相當于線框受到恒定的阻力，阻力不同電動機的轉動速度也不相同.求：ab、cd兩根桿的轉動速度v多大時，電動機的輸出功率P最大，并求出最大功率Pm【答案】（1）E2M4B2L2（2）E24R【解析】【詳解】(1)設線框轉動時ab，cd棒的最大速度為vm，產生的反電動勢等于直流電源的電動勢，即E=2BLvm，解得:vm=E2BL設ab，cd棒速度為v時，線框回路中對應的電流為I，此時，兩棒所受到的安培力均為F=BIL，在t0時間內，對一根棒應用動量定理可得Ft=Mv即BLIt=Mv達到穩(wěn)定的過程中，BL(It)=Mvm-0電源輸出的總能量為E總=It聯(lián)立解得E總=E2M2B2L2線框穩(wěn)定轉動，動能Ek=212Mvm2=E2M4B2L2有能量守恒E總=Q內+Ek解得:Q內=E2M4B2L2(2)當點擊加上負載后，設線框所受等效阻力為f，即電動機輸出的動力大小為f，設此時對應的ab，cd桿的穩(wěn)定轉動速度為v，則線框回路中電流I=E-2BLvR，每根桿受到的安培力為F=IBL=E-2BLvRBL，有平衡條件可知f=2F=2BLE-2BLvR電動機的輸出功率為P=fv=2BLvE-2BLvR，當v=E4BL時，功率最大為P=E24R【點睛】本題主要考查了線圈轉動過程中產生反感應電動勢，根據(jù)能量守恒和平衡條件即可判斷，關鍵是抓住線圈勻速的條件.29如圖甲所示，長、寬分別為L1=0.3m、L2=0.1m的矩形金屬線框位于豎直平面內，其匝數(shù)為n=100，總電阻為r=1，可繞其豎直中心軸O1O2轉動線框的兩個末端分別與兩個彼此絕緣的銅環(huán)C、D(集流環(huán))焊接在一起，并通過電刷和阻值為2的定值電阻R相連線框所在空間有水平向右均勻分布的磁場，磁感應強度B的大小隨時間t的變化關系如圖乙所示在01300s時間內，線框保持靜止，且線框平面和磁場垂直；1300s時刻以后線框在外力的驅動下開始繞其豎直中心軸以角速度=50rad/s勻速轉動，求（運算結果中可保留）：(1)01300s時間內通過電阻R的電流大??；(2)求在1300s1100s時間內，通過電阻R的電荷量為多少？(3)1150s時刻穿過線圈的磁通量的變化率是多大？【答案】（1）3A (2)0.01 (3)3210-2Wb/s【解析】(1) 線框產生感應電動勢的最大值EmnB1L1L2感應電動勢的有效值E22nB1L1L2通過電阻R的電流的有效值I2nB1L1L22(R+r)線框轉動一周所需的時間t=2此過程中，電阻R產生的熱量QI2RtR(nB1L1L2R+r)2=4210-2J(2)1300s1100s時間內，線圈從圖示位置轉過600，=B1L1L2-B1L1L2cos600=12B1L1L2，平均感應電動勢E=nt，平均感應電流I=ER+r通過電阻R的電荷量q=It=nR+r=nB1L1L22(R+r)=0.01C；(3)從圖示位置開始轉動，產生的交流電瞬時值表達式為：e=nB1L1L2sint1150s時刻，線圈運動的時間t=1150-1300=1300s，代入上式得e=12nB1L1L2=1.5，則此時線圈中的電流I=eR+r=1.52+1=2點睛：解決本題的關鍵掌握感應電動勢的平均值、最大值、有效值和瞬時值的區(qū)別以及應用明確在求解功率及電壓值等要用有效值，求解電荷量用平均值30如圖所示，匝數(shù)為100匝、面積為0.01m2的線圈，處于磁感應強度B1為1T的勻強磁場中。當線圈繞O1O2以轉速n為300r/min勻速轉動時，電壓表、電流表的讀數(shù)分別為7V、1A。電動機的內阻r為1，牽引一根原來靜止的、長L為1m、質量m為0.2kg的導體棒MN沿軌道上升。導體棒的電阻R為1，架在傾角為30的框架上，它們處于方向與框架平面垂直、磁感應強度B2為1T的勻強磁場中。當導體棒沿軌道上滑1.6m時獲得穩(wěn)定的速度，這一過程中導體棒上產生的熱量為4J。不計框架電阻及一切摩擦，g取10m/s2。求：(1)若從線圈處于中性面開始計時，寫出電動勢的瞬時表達式；(2)導體棒MN的穩(wěn)定速度；(3)導體棒MN從靜止到達到穩(wěn)定速度所用的時間?！敬鸢浮?1)e=10sin10tV (2)v=2m/s (3)t=1.0s【解析】試題分析：（1）線圈轉動過程中電動勢的最大值為：則從線圈處于中性面開始計時的電動勢瞬時值表達式為：（2）電動機的電流：電動機的輸出功率：又而棒產生的感應電流：穩(wěn)定時棒處于平衡狀態(tài)，故有：由以上各式代入數(shù)值，解得棒的穩(wěn)定速度：，（舍去）（3）由能量守恒定律得：其中解得：考點：導體切割磁感線時的感應電動勢、電磁感應中的能量轉化、交流電?！久麕燑c睛】解決本題的關鍵掌握從線圈處于中性面開始計時，電動勢的瞬時表達式以及峰值，棒達到穩(wěn)定速度時，處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件列式求解。