2025高考物理步步高同步練習選修2第三章第三章 專題強化11 交變電流規(guī)律的應用含答案

2025高考物理步步高同步練習選修2第三章交變電流規(guī)律的應用[學習目標]1.進一步理解交變電流的規(guī)律和圖像的物理意義.2.知道交變電流峰值、瞬時值、有效值、平均值的區(qū)別，并會進行有關計算．一、交變電流圖像的應用正弦式交變電流的圖像是一條正弦曲線，從圖像中可以得到以下信息：(1)周期(T)、頻率(f)和角速度(ω)：線圈轉動的頻率f＝eq\f(1,T)，角速度ω＝eq\f(2π,T)＝2πf.(2)峰值(Em、Im)：圖像上的最大值．可計算出有效值E＝eq\f(Em,\r(2))、I＝eq\f(Im,\r(2)).(3)瞬時值：每個“點”表示某一時刻的瞬時值．(4)可確定線圈平面位于中性面的時刻，也可確定線圈平面平行于磁感線的時刻．(5)可判斷線圈中磁通量Φ及磁通量變化率eq\f(ΔΦ,Δt)的變化情況．(多選)圖1表示一交變電流隨時間變化的圖像，由圖可知()圖1A．用理想交流電流表測該電流，其示數為10eq\r(2)AB．該交變電流的頻率為100HzC．在t＝0.25×10－2s和t＝0.75×10－2s時，線圈位于中性面處D．在t＝eq\f(T,8)(T為該交變電流的周期)時刻，該電流大小與其有效值相等答案BD解析由題圖可知，電流的最大值為10eq\r(2)A，周期為0.01s，則頻率為100Hz，電流有效值為eq\f(10\r(2),\r(2))A＝10A，因為電流表測的是有效值，故電流表的示數為10A，A錯誤，B正確；在t＝0.25×10－2s和t＝0.75×10－2s時電流最大，此時線圈平面與中性面垂直，C錯誤；該交變電流瞬時值表達式為i＝Imsinωt＝10eq\r(2)sin200πtA，在t＝eq\f(T,8)時，電流為i＝10eq\r(2)sineq\f(π,4)A＝10A，D正確．圖2甲是小型交流發(fā)電機的示意圖，兩磁極N、S間的磁場可視為水平方向的勻強磁場，為理想交流電流表．線圈繞垂直于磁場且與線圈共面的水平軸OO′勻速轉動，從圖示位置開始計時，產生的交變電流隨時間變化的圖像如圖乙所示．以下判斷正確的是()圖2A．線圈轉動的轉速為25r/sB．理想電流表的示數為10AC．1s內線圈中電流的方向改變50次D．t＝0.01s時線圈平面與中性面重合答案B解析由題圖乙可知，線圈轉動的周期T＝0.02s，轉速n＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.02)r/s＝50r/s，故A錯誤；由題圖乙可知交變電流的最大值是Im＝10eq\r(2)A，電流表的示數為有效值，故電流表的示數I＝eq\f(10\r(2),\r(2))A＝10A，故B正確；交變電流的頻率為f＝eq\f(1,T)＝50Hz，每個周期內電流的方向改變2次，故1s內線圈中電流的方向改變100次，故C錯誤；t＝0.01s時線圈中的感應電流最大，感應電動勢最大，則穿過線圈的磁通量變化最快，磁通量為零，線圈平面與中性面垂直，故D錯誤．二、交變電流“四值”的比較及應用名稱物理含義重要關系應用情況瞬時值交變電流某一時刻的值e＝Emsinωi＝Imsinωtt分析交變電流在某一時刻的情況，如計算某一時刻線圈受到的安培力最大值最大的瞬時值Em＝NωBSIm＝eq\f(Em,R＋r)電容器的擊穿電壓有效值跟交變電流的熱效應等效的恒定電流值電流為正弦式交變電流時：E＝eq\f(Em,\r(2))U＝eq\f(Um,\r(2))I＝eq\f(Im,\r(2))(1)計算與電流熱效應相關的量(如電功率、電熱、熱功率)(2)交流電表的測量值(3)電氣設備標注的額定電壓、額定電流(4)保險絲的熔斷電流平均值交變電流圖像中圖線與時間軸所圍面積與時間的比值eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)計算通過電路橫截面的電荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝neq\f(ΔΦ,R＋r)如圖3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，線圈的電阻r＝1Ω，線圈繞垂直于磁感線且與線圈共面的對稱軸OO′勻速轉動，角速度ω＝2πrad/s，外電路電阻R＝4Ω，求：圖3(1)線圈轉動過程中感應電動勢的最大值；(2)由圖示位置(線圈平面與磁感線平行)轉過60°角時的瞬時感應電動勢；(3)由圖示位置轉過60°角的過程中產生的平均感應電動勢；(4)理想交流電壓表的示數；(5)線圈轉過60°角的過程中，通過R的電荷量．答案(1)πV(2)eq\f(π,2)V(3)eq\f(3\r(3),2)V(4)eq\f(2\r(2),5)πV(5)eq\f(\r(3),20)C解析(1)感應電動勢的最大值為Em＝nBωS＝πV.(2)線圈轉過60°角時的瞬時感應電動勢為e＝Emcos60°＝eq\f(π,2)V.(3)T＝eq\f(2π,ω)＝1s，線圈轉過60°角的過程中產生的平均感應電動勢為eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(nBSsin60°,\f(1,6)T)＝eq\f(3\r(3),2)V.(4)電壓表示數為外電路電壓的有效值U＝eq\f(E,R＋r)·R＝eq\f(\f(π,\r(2)),4＋1)×4V＝eq\f(2\r(2),5)πV.(5)線圈轉過60°角的過程中，通過電阻R的電荷量為q＝eq\x\to(I)·eq\f(T,6)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)·eq\f(T,6)＝eq\f(nBSsin60°,\f(T,6)R＋r)·eq\f(T,6)＝eq\f(nBSsin60°,R＋r)＝eq\f(\r(3),20)C.針對訓練(2020·天津南開中學模擬)如圖4所示，矩形線圈面積為S，匝數為N，線圈電阻為r，線圈在磁感應強度為B的勻強磁場中繞垂直于磁場方向的OO′軸以角速度ω勻速轉動，外電路電阻為R，電壓表、電流表均為理想電表．在線圈由圖示位置轉過90°的過程中，下列判斷不正確的是()圖4A．電壓表的讀數為eq\f(NBSωR,\r(2)R＋r)B．通過電阻的電荷量為eq\f(NBS,2R＋r)C．電阻所產生的焦耳熱為eq\f(πN2B2S2ωR,4R＋r2)D．線圈由圖示位置轉過30°時的電流為eq\f(NBSω,2R＋r)答案B解析線圈在磁場中轉動，產生的感應電動勢的最大值為Em＝NBSω，電動勢的有效值為E＝eq\f(NBSω,\r(2))，電壓表測量的是路端電壓，電壓表的讀數U＝eq\f(E,R＋r)·R＝eq\f(NBSωR,\r(2)R＋r)，故A正確；根據法拉第電磁感應定律可知，平均感應電動勢eq\x\to(E)＝Neq\f(ΔΦ,Δt)，根據閉合電路歐姆定律可知eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)，根據電荷量定義可知q＝eq\x\to(I)Δt，聯立解得通過電阻的電荷量q＝eq\f(NBS,R＋r)，故B錯誤；電阻R產生的焦耳熱Q＝eq\f(U2,R)·eq\f(π,2ω)＝eq\f(πN2B2S2ωR,4R＋r2)，故C正確；線圈轉動產生的感應電動勢的瞬時值表達式為e＝NBSωsinωt，當線圈由題圖所示位置轉過30°時產生的感應電動勢e＝eq\f(NBSω,2)，根據閉合電路歐姆定律可知，電流i＝eq\f(NBSω,2R＋r)，故D正確．

1．(交變電流圖像的應用)在勻強磁場中，一矩形金屬線框繞與磁感線垂直且與線框共面的轉軸勻速轉動，如圖5甲，產生的交變電流的電動勢隨時間變化的圖像如圖乙所示，已知該金屬線框的電阻為1Ω，外接一只電阻為9Ω的燈泡，則()圖5A．理想電壓表V的示數為20VB．電路中的電流方向每秒改變5次C．燈泡實際消耗的功率為36WD．電動勢隨時間變化的瞬時值表達式為e＝20cos5πt(V)答案C解析由題圖乙知電動勢峰值為20eq\r(2)V，周期為0.2s，所以電動勢有效值為20V，線框轉動的角速度ω＝eq\f(2π,T)＝10πrad/s.電壓表測的是路端電壓U＝eq\f(20,9＋1)×9V＝18V，A錯誤；交流電的頻率為f＝eq\f(1,T)＝5Hz，一個周期內電流方向改變兩次，所以電流方向每秒改變10次，B錯誤；燈泡實際消耗的功率為P＝eq\f(U2,R)＝eq\f(182,9)W＝36W，C正確；電動勢隨時間變化的瞬時值表達式為e＝20eq\r(2)cos10πt(V)，D錯誤．2．(交變電流圖像的應用)(2020·山西太原高二上月考)如圖6甲所示，在磁感應強度為B的勻強磁場中，有一匝數為n、面積為S、總電阻為r的矩形線圈abcd繞軸OO′做角速度為ω的勻速轉動，矩形線圈在轉動中可以保持和外電路電阻R形成閉合電路，回路中接有一理想交流電流表．圖乙是線圈轉動過程中產生的感應電動勢e隨時間t變化的圖像，下列說法中正確的是()圖6A．從t1到t3這段時間穿過線圈的磁通量變化量為2nBSB．從t3到t4這段時間通過電阻R的電荷量為eq\f(nBS,R)C．t3時刻穿過線圈的磁通量變化率為nBSωD．電流表的示數為eq\f(nBSω,\r(2)R＋r)答案D解析由題圖乙可知，t1和t3這兩個時刻的磁通量大小均為0，故t1到t3這段時間穿過線圈的磁通量變化量為0，選項A錯誤；從t3到t4這段時間穿過線圈的磁通量的變化量為BS，則平均感應電動勢eq\x\to(E)＝eq\f(nBS,Δt)，通過電阻R的電荷量為q＝eq\f(nBS,R＋rΔt)Δt＝eq\f(nBS,R＋r)，選項B錯誤；t3時刻線圈產生的感應電動勢E＝nBSω，由法拉第電磁感應定律可得E＝eq\f(nΔΦ,Δt)，則穿過線圈的磁通量變化率為BSω，選項C錯誤；電流表的示數為有效值，則有I＝eq\f(nBSω,\r(2)R＋r)，選項D正確．3.(交變電流“四值”的比較及應用)(多選)(2020·眉山市高二下期末)如圖7所示，一矩形金屬線圈面積為S、匝數為N，在磁感應強度為B的勻強磁場中，以角速度ω繞垂直磁場的固定軸勻速轉動．則()圖7A．感應電動勢的峰值是NBSωB．感應電動勢的有效值是eq\f(1,2)NBSωC．從中性面開始轉過30°時，感應電動勢的瞬時值是eq\f(1,2)NBSωD．從中性面開始轉過90°的過程中，感應電動勢的平均值是eq\f(NBSω,π)答案AC解析感應電動勢的峰值Em＝NBSω，故A正確；正弦交流電的感應電動勢的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)NBSω，故B錯誤；當線圈從位于中性面開始計時，線圈中感應電動勢瞬時值隨時間變化的表達式：e＝Emsinωt＝NBSωsinωt，故當ωt＝30°時，e＝eq\f(NBSω,2)，故C正確；根據法拉第電磁感應定律，在線圈轉過90°的過程中，線圈中感應電動勢的平均值：eq\x\to(E)＝eq\f(NΔΦ,Δt)＝eq\f(NBS,\f(π,2ω))＝eq\f(2NBSω,π)，故D錯誤．4.(交變電流“四值”的比較及應用)(多選)如圖8所示，交流發(fā)電機的矩形線圈邊長ab＝cd＝0.4m，ad＝bc＝0.2m，線圈匝數N＝100匝，線圈電阻r＝1Ω，線圈在磁感應強度B＝0.2T的勻強磁場中繞垂直于磁場的軸以ω＝100πrad/s的角速度勻速轉動，外接電阻R＝9Ω，從圖示時刻開始計時，則()圖8A．該發(fā)電機產生的電動勢瞬時值為e＝160πsin(100πt)VB．從圖示位置轉過30°的過程中，通過電阻R的電荷量為0.08CC．t＝eq\f(1,2)s時線圈中感應電動勢最大D．交變電流的有效值是8eq\r(2)πA答案BCD解析＝160πcos(100πt)V，A錯誤；從題圖所示位置轉過30°的過程中，通過電阻R的電荷量為q＝Neq\f(ΔΦ,R＋r)＝Neq\f(BSsin30°,R＋r)＝eq\f(100×0.2×0.4×0.2×\f(1,2),9＋1)C＝0.08C，B正確；由題意可知T＝eq\f(2π,ω)＝0.02s，則當t＝eq\f(1,2)s＝25T時，線圈恰好轉過25圈，線圈處于平行于磁感線的位置，此時線圈產生的感應電動勢最大，C正確；交變電流的有效值是I＝eq\f(Im,\r(2))＝eq\f(Em,\r(2)R＋r)＝8eq\r(2)πA，D正確.1.小型交流發(fā)電機中，矩形金屬線圈在勻強磁場中勻速轉動，產生的感應電動勢與時間成正弦函數關系，如圖1所示，此線圈與一個R＝10Ω的電阻構成閉合電路，不計電路的其他電阻，下列說法正確的是()圖1A．感應電動勢的有效值為100eq\r(2)VB．該交流電的頻率為50HzC．若將該交流電接在阻值R＝100Ω的電阻兩端，則電阻消耗的功率是50WD．該感應電動勢的瞬時值的表達式e＝100sin(25πt)V答案C解析由題圖可知，該感應電動勢的最大值為100V，則有效值為eq\f(100,\r(2))V＝50eq\r(2)V，選項A錯誤；該交流電的周期為T＝0.04s，則頻率為f＝eq\f(1,T)＝25Hz，選項B錯誤；若將該交流電接在阻值R＝100Ω的電阻兩端，則電阻消耗的功率是P＝eq\f(U2,R)＝eq\f(50\r(2)2,100)W＝50W，選項C正確；ω＝eq\f(2π,T)＝50πrad/s，則該感應電動勢的瞬時值的表達式e＝100sin(50πt)V，選項D錯誤．2．(多選)(2020·廣東期末)圖2甲為一臺小型發(fā)電機構造示意圖，線圈逆時針轉動，產生的電動勢隨時間變化的正弦規(guī)律圖像如圖乙所示，發(fā)電機線圈內阻為1Ω，外接燈泡的電阻為9Ω，則()圖2A．理想電壓表V的示數為5.4VB．在t＝0.01s時刻，穿過線圈的磁通量為零C．若線圈轉速改為25r/s，則電動勢有效值為6VD．若線圈轉速改為25r/s，則通過燈泡的電流為0.3A答案AD解析電動勢的最大值為Em＝6eq\r(2)V，有效值為E＝eq\f(Em,\r(2))＝6V，電壓表的示數為外電阻兩端電壓U＝eq\f(E,R＋r)·R＝5.4V，故A正確；在t＝0.01s時刻，電動勢為0，則線圈處于中性面，穿過線圈的磁通量最大，故B錯誤；由題圖乙得周期為T＝0.02s，故角速度為ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，轉速為n＝eq\f(1,T)＝50r/s，交流電壓的最大值Em＝NBSω，若線圈轉速改為25r/s，減小為原來的一半，則角速度減為原來的一半，電動勢的最大值減為原來的一半，所以電動勢有效值減為原來的一半，即為3V，通過燈泡的電流為I＝eq\f(3,9＋1)A＝0.3A，故C錯誤，D正確．3.(2020·黑龍江齊齊哈爾市實驗中學高二期中)如圖3所示，一個單匝矩形導線圈在勻強磁場中繞垂直于磁感線的軸OO′勻速轉動，轉動周期為T0.線圈產生的電動勢的最大值為Em，則()圖3A．線圈產生的電動勢的有效值為eq\r(2)EmB．線圈轉動過程中穿過線圈的磁通量的最大值為eq\f(EmT0,2π)C．線圈轉動過程中磁通量變化率的最大值為EmD．經過2T0的時間，通過線圈電流的方向改變2次答案C解析線圈在勻強磁場中勻速轉動，產生正弦式交流電，則電動勢的有效值為eq\f(Em,\r(2))，故A錯誤；由公式Em＝NBSω，結合ω＝eq\f(2π,T)可求出穿過線圈的磁通量的最大值Φm＝eq\f(EmT0,2Nπ)，故B錯誤；根據法拉第電磁感應定律表達式E＝eq\f(ΔΦ,Δt)可確定磁通量變化率的最大值為Em，故C正確；經過2T0的時間，通過線圈電流的方向改變4次，故D錯誤．4.(多選)(2020·新鄉(xiāng)市一中期末)某交流發(fā)電機產生的感應電動勢與時間的關系如圖4所示，下列說法正確的是()圖4A．感應電動勢的瞬時值表達式為e＝100eq\r(2)sin50πt(V)B．感應電動勢的瞬時值表達式為e＝100sin50πt(V)C．若其他條件不變，僅使線圈的轉速變?yōu)樵瓉淼囊话?，則感應電動勢的瞬時值表達式為e＝50sin50πt(V)D．若其他條件不變，僅使線圈的轉速變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑒t感應電動勢的最大值變?yōu)?0V答案BD5．一交流電路如圖5甲所示，電阻R＝10Ω.交流電源輸出的電壓u隨時間t按如圖乙所示正弦規(guī)律變化，閉合開關S后()圖5A．電路中電流的頻率為100HzB．電阻R消耗的電功率為14WC．理想電流表的示數為1.4AD．電路中電流瞬時值的表達式為i＝eq\r(2)sin100πt(A)答案D解析由題圖乙可知，交變電流的周期為2×10－2s，所以電路中電流的頻率為f＝eq\f(1,T)＝50Hz，所以A錯誤；電路中電壓瞬時值的表達式為u＝10eq\r(2)sin100πt(V)，電阻的大小為10Ω，所以電路中電流瞬時值的表達式為i＝eq\r(2)sin100πt(A)，所以D正確；電流表的示數為電流的有效值，所以電流表的示數為I＝eq\f(Im,\r(2))＝eq\f(\r(2),\r(2))A＝1A，所以C錯誤；電阻R消耗的電功率P＝I2R＝12×10W＝10W，所以B錯誤．6．圖6甲所示為交流發(fā)電機的原理圖，其矩形線圈繞垂直于磁場且與線圈共面的固定軸OO′勻速轉動，勻強磁場的方向水平向右，圖乙是穿過矩形線圈的磁通量Φ隨時間t變化的圖像，矩形線圈的內阻r＝1Ω，定值電阻R＝1Ω，理想交流電壓表V的示數為1V，下列說法正確的是()圖6A．在0.01s時刻，電路中電流的瞬時值為2AB．在0.015s時刻，R兩端電壓的瞬時值為0C．電阻R消耗的電功率為2WD．發(fā)電機電動勢e隨時間t變化的規(guī)律e＝2eq\r(2)sin100πt(V)答案B解析在0.01s時刻，磁通量為零，線圈平面與中性面垂直，電路中的電流為最大值，電流的有效值為I＝eq\f(U,R)＝1A，此時電流的瞬時值為Im＝eq\r(2)A，故A錯誤；在0.015s時刻，磁通量最大，線圈平面處于中性面，R兩端電壓的瞬時值為零，故B正確；電阻R消耗的電功率P＝eq\f(U2,R)＝1W，故C錯誤；發(fā)電機電動勢最大值為Um＝(R＋r)Im＝2eq\r(2)V，t＝0時刻，線圈平面處于與中性面垂直的平面，感應電動勢最大，ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，所以e＝2eq\r(2)cos100πt(V)，故D錯誤．7．(多選)(2019·天津卷)單匝閉合矩形線框電阻為R，在勻強磁場中繞與磁感線垂直的軸勻速轉動，穿過線框的磁通量Ф與時間t的關系圖像如圖7乙所示．下列說法正確的是()圖7A.eq\f(T,2)時刻線框平面與中性面垂直B．線框的感應電動勢有效值為eq\f(\r(2)πФm,T)C．線框轉一周外力所做的功為eq\f(2π2Ф\o\al(m2),RT)D．從t＝0到t＝eq\f(T,4)過程中線框的平均感應電動勢為eq\f(πФm,T)答案BC解析由Ф－t圖像可知，eq\f(T,2)時刻穿過線框的磁通量最大，則線框位于中性面，A錯誤；線框中產生的感應電動勢的最大值應為Em＝NBSω，又ω＝eq\f(2π,T)，N＝1，BS＝Фm，則整理得Em＝eq\f(2πФm,T)，因此感應電動勢的有效值為E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(\r(2)πФm,T)，B正確；由功能關系可知線框轉動一周外力所做的功等于線框中產生的焦耳熱，有W＝eq\f(E2,R)T＝eq\f(2π2Ф\o\al(m2),RT)，C正確；0～eq\f(T,4)的過程中，線框中產生的平均感應電動勢為eq\x\to(E)＝eq\f(Фm,\f(T,4))＝eq\f(4Фm,T)，D錯誤．8．(2020·三明市第二中學高二期末)如圖8甲所示，在勻強磁場中，一矩形金屬線圈兩次分別以不同的轉速，繞與磁感線垂直的軸勻速轉動，產生的交變電動勢圖像如圖乙曲線a、b所示，則()圖8A．兩次t＝0時刻線圈平面均與中性面重合B．曲線a、b對應的線圈轉速之比為2∶3C．曲線a表示的交變電動勢頻率為100HzD．曲線b表示的交變電動勢有效值為10V答案A解析在t＝0時刻，感應電動勢為零，此時線圈一定處在中性面上，故A正確；由題圖可知，a的周期為4×10－2s；b的周期為6×10－2s，則由n＝eq\f(1,T)可知，轉速與周期成反比，故轉速之比為3∶2，故B錯誤；曲線a表示的交變電動勢頻率為f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.04)Hz＝25Hz，故C錯誤；曲線a、b對應的線圈轉速之比為3∶2，角速度之比為3∶2，曲線a表示的交變電動勢最大值是15V，根據Em＝NBSω得曲線b表示的交變電動勢最大值是10V，有效值為eq\f(Em,\r(2))＝5eq\r(2)V，故D錯誤．9.實驗室里的交流發(fā)電機可簡化為如圖9所示的模型，矩形線圈在水平勻強磁場中繞垂直于磁感線且與線圈共面的OO′軸勻速轉動．現在發(fā)電機的輸出端接一個電阻R和理想電壓表，并讓線圈每秒轉25圈，讀出電壓表的示數為10V．已知R＝10Ω，線圈電阻忽略不計，下列說法正確的是()圖9A．線圈平面與磁場平行時刻，線圈中的瞬時電流為零B．從線圈平面與磁場平行開始計時，線圈中感應電流的瞬時值表達式為i＝eq\r(2)sin100πt(A)C．流過電阻R的電流最大值為eq\r(2)AD．電阻R上消耗的電功率為5W答案C解析線圈平面與磁場平行時，磁通量為零，線圈中的瞬時電流為最大值，A錯誤；電壓表示數為10V，即感應電動勢有效值為10V，則最大值為10eq\r(2)V，電流的最大值為Im＝eq\f(Um,R)＝eq\f(10\r(2),10)A＝eq\r(2)A，ω＝25×2πrad/s＝50πrad/s，所以從線圈平面與磁場平行開始計時，線圈中感應電流的瞬時值表達式為i＝eq\r(2)cos50πt(A)，B錯誤，C正確；電阻R上消耗的電功率為eq\f(U2,R)＝eq\f(102,10)W＝10W，D錯誤．10．(多選)如圖10所示，一半徑為r的半圓形單匝線圈放在具有理想邊界的勻強磁場中，磁場的磁感應強度為B.線圈以直徑ab為軸勻速轉動，轉速為n，ab的左側有垂直于紙面向里(與ab垂直)的勻強磁場，M和N是兩個滑環(huán)，負載電阻為R.線圈、電流表和連接導線的電阻都不計，下列說法正確的是()圖10A．轉動過程中電流表的示數為eq\f(π2Bnr2,2R)B．從圖示位置起轉過eq\f(1,4)圈的時間內產生的平均感應電動勢為2πnBr2C．從圖示位置起轉過eq\f(1,4)圈的時間內通過負載電阻R的電荷量為eq\f(\r(2)πBr2,8R)D．轉動過程中交變電流的最大值為eq\f(π2Bnr2,R)答案ABD解析線圈轉動過程中產生的交變電流的最大值為Im＝eq\f(BSω,R)＝eq\f(Bπ2nr2,R)，D正確；因為只有一半區(qū)域存在磁場，由有效值的計算公式可得：(eq\f(Im,\r(2)))2·R·eq\f(T,2)＝I2RT，解得I＝eq\f(Im,2)＝eq\f(Bπ2nr2,2R)，所以轉動過程中電流表的示數為eq\f(Bπ2nr2,2R)，A正確；從題圖所示位置起轉過eq\f(1,4)圈的時間內磁通量的變化量為ΔΦ＝B·eq\f(1,2)πr2；所用時間Δt＝eq\f(T,4)＝eq\f(1,4n)，所以線圈產生的平均感應電動勢eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝2πnBr2，B正確；從題圖所示位置起轉過eq\f(1,4)圈的時間內通過負載電阻R的電荷量為q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(\x\to(E),R)·Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(B·\f(1,2)πr2,R)＝eq\f(Bπr2,2R)，C錯誤．11．(多選)如圖11甲所示為電熱毯電路示意圖，交流電壓u＝311sin100πt(V)，當開關S接通時，電熱絲的電功率為P0；當開關S斷開時，加在電熱絲上的電壓如圖乙所示，圖線為正弦曲線的一部分，交流電壓表為理想電表，則()圖11A．開關S接通時，交流電壓表的示數為220VB．開關S接通時，交流電壓表的示數為311VC．開關S斷開時，交流電壓表的示數為311V，電熱絲功率為eq\f(P0,2)D．開關S斷開時，交流電壓表的示數為156V，電熱絲功率為eq\f(P0,2)答案AD解析當開關S接通時，加在電熱絲上的瞬時電壓u＝311sin100πt(V)，所以電熱絲兩端電壓的有效值U1＝eq\f(Um,\r(2))＝eq\f(311,\r(2))V≈220V，故A正確，B錯誤；當S斷開時，前半個周期內電熱絲兩端所加電壓按正弦規(guī)律變化，但后半個周期內電熱絲兩端電壓為0，所以電熱絲的功率P＝eq\f(1,2)P0，設此時交變電壓的有效值為U2，由eq\f(U\o\al(22),R)＝eq\f(1,2)·eq\f(U\o\al(12),R)得U2＝eq\f(U1,\r(2))≈156V，即交流電壓表的示數為156V，故D正確，C錯誤．12．(2020·天津市聯考)在水平方向的勻強磁場中，有一個正方形閉合線圈繞垂直于磁感線且與線圈共面的軸勻速轉動，已知線圈的匝數為N＝100，邊長為20cm，電阻為10Ω，轉動頻率f＝50Hz，磁場的磁感應強度為0.5T，求：(π取3.14)(1)驅動線圈轉動的外力的功率；(2)當線圈轉至線圈平面與中性面的夾角為30°時，線圈產生的感應電動勢及感應電流的大小；(3)線圈由中性面轉至與中性面成30°角的過程中，通過導線橫截面的電荷量．答案見解析解析(1)線圈中產生的感應電動勢的最大值為Em＝NBSω＝100×0.5×(0.2)2×2π×50V＝628V，感應電動勢的有效值為E＝eq\f(Em,\r(2))＝314eq\r(2)V.驅動線圈轉動的外力的功率與線圈中交變電流的電功率相等，即P外＝eq\f(E2,R)＝eq\f(314\r(2)2,10)W≈1.97×104W.(2)當線圈轉至線圈平面與中性面的夾角為30°時，線圈產生的感應電動勢為e＝Emsin30°＝314V，此時感應電流的大小為i＝eq\f(e,R)＝eq\f(314,10)A＝31.4A.(3)在線圈由中性面轉過30°的過程中，線圈中的平均感應電動勢為eq\x\to(E)＝Neq\f(ΔΦ,Δt)，平均感應電流為eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)＝Neq\f(ΔΦ,RΔt)，故通過導線橫截面的電荷量為q＝eq\x\to(I)Δt＝Neq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(NBS1－cos30°,R)≈0.027C.本章知識網絡構建章末檢測試卷(三)(時間：90分鐘滿分：100分)一、單項選擇題(本題共8小題，每小題4分，共32分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．某小型發(fā)電機產生的交流電動勢為e＝50sin(100πt)V.對此電動勢，下列表述正確的是()A．最大值是50eq\r(2)V B．頻率是100HzC．有效值是25V D．周期是0.02s答案D解析從線圈位于中性面開始計時，交流電動勢的表達式為e＝Emsinωt，因為e＝50sin(100πt)V，所以最大值是Em＝50V，A錯誤；由ω＝2πf＝100πrad/s得f＝50Hz，B錯誤；電動勢有效值是E＝eq\f(Em,\r(2))＝25eq\r(2)V，C錯誤；T＝eq\f(1,f)＝0.02s，D正確．2．(2020·重慶高二期末)一矩形線圈繞垂直于勻強磁場并位于線圈平面內的固定軸勻速轉動，產生的正弦交變電壓的波形圖如圖1所示，下列說法正確的是()圖1A．交變電壓的最大值是311VB．線圈轉動的周期是1sC．2s末通過線圈的磁通量絕對值最大D．2s末通過線圈的磁通量變化率絕對值最小答案A解析由題圖可知，交變電壓的最大值為311V，故A正確；線圈轉動的周期為2s，故B錯誤；2s末瞬時電壓值為最大值，根據交變電流的特點可知，此時線圈平面與中性面垂直，即線圈平面與磁場平行，所以此時通過線圈的磁通量為0，通過線圈的磁通量變化率絕對值最大，故C、D錯誤．3．(2020·北京市第四十三中學期末)如圖2是一正弦式交變電流的電壓u隨時間t變化關系的圖像．由圖像可知，電壓的有效值和周期分別為()圖2A．311V,0.01s B．311V,0.02sC．622V,0.01s D．220V,0.02s答案D解析根據題圖可知該交流電的電壓最大值是Um＝311V，則有效值為U＝eq\f(Um,\r(2))＝eq\f(311,\r(2))V≈220V，由題圖可知周期為0.02s，D正確．4．如圖3所示，理想變壓器原、副線圈的匝數比n1∶n2＝1∶3，副線圈回路中接入三個均標有“36V40W”的燈泡，且均正常發(fā)光，那么，標有“36V40W”的小燈泡A()圖3A．也正常發(fā)光 B．將被燒毀C．比另外三個燈泡暗 D．無法確定答案A解析理想變壓器的電壓之比等于匝數之比，由副線圈回路中三個均標有“36V40W”的燈泡能正常發(fā)光，可知副線圈兩端電壓U2＝36×3V＝108V，所以原線圈兩端電壓U1＝eq\f(n1,n2)U2＝36V，燈泡A與原線圈并聯，兩端電壓也為36V，能正常發(fā)光．5．電站向某地輸送5000kW的電功率，輸電線上損耗的電功率為100kW，如果把輸電電壓提高為原來的10倍，同時將輸電線的橫截面積減為原來的一半，而輸送的電功率不變，那么輸電線損耗的電功率為()A．0.2kW B．0.5kWC．2.0kW D．5.0kW答案C解析輸電電壓提高為原來的10倍，根據P＝UI知，輸電電流減小為原來的eq\f(1,10)，根據電阻定律R＝ρeq\f(l,S)知，輸電線的橫截面積減為原來的一半，則輸電線的電阻增大為原來的2倍，根據P損＝I2R知，輸電線上損耗的電功率減小為原來的eq\f(1,50)，則輸電線上損耗的功率為2.0kW，故C正確，A、B、D錯誤．6.如圖4所示，理想變壓器原、副線圈匝數比為10∶1，R0為定值電阻，R是滑動變阻器，原線圈兩端的輸入電壓u＝200sin100πt(V)，設理想交流電壓表V1、V2的示數分別是U1、U2；理想交流電流表A1、A2的示數分別是I1、I2.下列說法正確的是()圖4A．電壓表V2的示數U2＝20VB．滑片P向b端滑動過程中，U2不變，I2變大C．滑片P向b端滑動過程中，U1變小，I1變大D．通過原、副線圈的交變電流頻率之比為10∶1答案B解析由u＝200sin100πt(V)可知輸入電壓有效值為U1＝eq\f(200,\r(2))V＝100eq\r(2)V，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可得U2＝eq\f(1,10)×100eq\r(2)V＝10eq\r(2)V，A錯誤；滑片P向b端滑動過程中，副線圈負載電阻減小，U2不變，則I2變大，B正確；由B項分析知U1不變，I1變大，C錯誤；變壓器不改變交變電流的頻率，D錯誤．7．(2020·南昌市第一中學高二期中)在如圖5甲所示的電路中，ab兩端接入圖乙所示的電壓，副線圈接火災報警系統(tǒng)(報警器未畫出)，圖中電壓表和電流表均為理想電表，電壓表的示數為22V，D為理想二極管，R0為定值電阻，L為電阻恒定的指示燈，RT為熱敏電阻，其阻值隨溫度的升高而減小．下列說法中正確的是()圖5A．理想變壓器原、副線圈匝數之比為10∶1B．若RT處出現火災時，電壓表示數不變，電流表示數將變小C．若RT處出現火災時，指示燈L將變暗D．若只將原線圈的理想二極管去掉，則電壓表的示數會變?yōu)樵瓉淼?倍答案C解析設原線圈兩端電壓為U1，根據電流的熱效應可得eq\f(U\o\al(12),R)T＝eq\f(2202,R)×eq\f(T,2)，解得U1＝110eq\r(2)V由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)得eq\f(n1,n2)＝eq\f(110\r(2),22)＝5eq\r(2)，故A錯誤；輸入端的電壓不變，匝數比不變，則電壓表示數不變，若RT處出現火災時，RT電阻變小，輸出的總功率變大，則輸入端的電功率變大，電壓不變，則電流表的示數變大，故B錯誤；若RT處出現火災時，RT電阻變小，輸出的總功率變大，副線圈中電流變大，R0兩端電壓變大，則指示燈兩端電壓變小，指示燈變暗，故C正確；有二極管時原線圈兩端電壓為110eq\r(2)V，沒有二極管時原線圈兩端電壓為220V，則原線圈兩端電壓變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍，由于匝數比不變，則電壓表的示數變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍，故D錯誤．8．(2020·浙江7月選考)如圖6所示，某小型水電站發(fā)電機的輸出功率P＝100kW，發(fā)電機的電壓U1＝250V，經變壓器升壓后向遠處輸電，輸電線總電阻R線＝8Ω，在用戶端用降壓變壓器把電壓降為U4＝220V．已知輸電線上損失的功率P線＝5kW，假設兩個變壓器均是理想變壓器，下列說法正確的是()圖6A．發(fā)電機輸出的電流I1＝40AB．輸電線上的電流I線＝625AC．降壓變壓器的匝數比n3∶n4＝190∶11D．用戶得到的電流I4＝455A答案C解析發(fā)電機輸出電流I1＝eq\f(P,U1)＝eq\f(100×103,250)A＝400A，故A錯誤；輸電線上損失的功率P線＝I線2R線＝5kW，所以I線＝eq\r(\f(P線,R線))＝25A，故B錯誤；用戶得到的功率P4＝P－P線＝(100－5)kW＝95kW，則I4＝eq\f(P4,U4)＝eq\f(95×103,220)A＝eq\f(4750,11)A≈432A，故eq\f(n3,n4)＝eq\f(I4,I線)＝eq\f(190,11)，故C正確，D錯誤．二、多項選擇題(本題共4小題，每小題4分，共16分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)9．(2020·河北張家口上學期期中)如圖7所示，處在垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場中的矩形線框MNPQ，以恒定的角速度ω繞對角線NQ轉動．已知MN長為l1，NP長為l2，線框電阻為R，t＝0時刻線框平面與紙面重合，下列說法正確的是()圖7A．矩形線框產生的感應電動勢有效值為eq\f(\r(2),2)Bl1l2ωB．矩形線框轉過π時的電流為零C．矩形線框轉動一周，通過線框任意橫截面的電荷量為eq\f(Bl1l2,R)D．矩形線框轉過π過程中產生的熱量為eq\f(πB2l\o\al(12)l\o\al(22)ω,2R)答案ABD解析線框轉動過程產生正弦式交變電流，最大值為Em＝Bl1l2ω，所以有效值為E＝eq\f(\r(2)Bl1l2ω,2)，故A正確；線框轉過π時，線框平面與磁場垂直，磁通量最大，感應電動勢為零，電流為零，故B正確；線框轉動一周磁通量的變化量為零，故通過線框任意橫截面的電荷量為零，故C錯誤；根據焦耳定律可得線框轉過π過程中產生的熱量為Q＝I2Rt＝eq\f(E2,R)·eq\f(π,ω)＝eq\f(πB2l\o\al(12)l\o\al(,22)ω,2R)，故D正確．10．圖8甲是一臺小型發(fā)電機的結構示意圖，線圈逆時針轉動，產生的電動勢e隨時間t變化的正弦規(guī)律圖像如圖乙所示．發(fā)電機線圈的電阻r＝2Ω，外接燈泡的電阻為10Ω.則()圖8A．在t＝0.01s時刻，穿過線圈的磁通量最大B．理想電壓表的示數為6VC．燈泡消耗的電功率為2.5WD．線圈轉動產生電動勢的表達式e＝60eq\r(2)sin50πtV答案AC解析在t＝0.01s時刻，電動勢為0，則線圈位于中性面，穿過線圈的磁通量最大，A正確；由題圖乙可知，電動勢的最大值為Em＝6eq\r(2)V，周期為0.02s，則電動勢的瞬時值表達式為e＝Emsin(eq\f(2π,T)t)＝6eq\r(2)sin100πt(V)；理想電壓表的示數為交流電的有效值，并且測量外電路電壓，故U＝eq\f(E,R＋r)R＝eq\f(\f(Em,\r(2)),R＋r)R＝5V，B、D錯誤；燈泡消耗的電功率P＝eq\f(U2,R)＝eq\f(25,10)W＝2.5W，C正確．11．圖9甲是某燃氣爐點火裝置的原理圖，轉換器將直流電壓轉換為圖乙所示的正弦交變電壓，并加在一理想變壓器的原線圈上，變壓器原、副線圈的匝數分別為n1、n2，為理想交流電壓表．當變壓器副線圈電壓的瞬時值大于5000V時，就會在鋼針和金屬板間引發(fā)電火花進而點燃氣體，以下判斷正確的是()圖9A．電壓表的示數等于5VB．電壓表的示數等于eq\f(5,\r(2))VC．實現點火的條件是eq\f(n2,n1)>1000D．實現點火的條件是eq\f(n2,n1)<1000答案BC解析交流電壓表測的是交流電的有效值，對正弦交流電，其電壓有效值U＝eq\f(Um,\r(2))，所以B正確，A錯誤；根據題意，副線圈電壓峰值大于5000V，對理想變壓器eq\f(n2,n1)＝eq\f(U2m,U1m)>eq\f(5000,5)＝1000，C正確，D錯誤．12．如圖10甲所示是調壓變壓器的原理圖，線圈AB繞在一個圓形的鐵芯上，總匝數為1000匝．AB間加上如圖乙所示的正弦交變電壓，移動滑動觸頭P的位置，就可以調節(jié)輸出電壓．在輸出端連接了滑動變阻器R和理想交流電流表，滑動變阻器的滑動觸頭為Q.已知開始時滑動觸頭Q位于滑動變阻器的最下端，且BP間線圈匝數剛好是500匝，滑動變阻器的最大阻值等于72Ω.則下列說法正確的是()圖10A．開始時，電流表示數為0.25eq\r(2)AB．開始時，流過R的交流電頻率為25HzC．保持P的位置不動，將Q向上移動時，R消耗的功率變大D．保持Q的位置不動，將P沿逆時針方向轉動少許，R消耗的功率變大答案CD解析由題圖乙知，輸入電壓的有效值為U1＝36V，根據變壓規(guī)律：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，解得輸出電壓U2＝18V，所以電流表的示數為I＝eq\f(U2,R)＝0.25A，所以A錯誤；交流電的周期為0.02s，所以頻率為50Hz，所以B錯誤；保持P的位置不動，將Q向上移動時，R接入電路的阻值減小，U2不變，R消耗的功率P2＝eq\f(U\o\al(22),R)變大，所以C正確；保持Q的位置不動，將P沿逆時針方向轉動少許，n2增大，U2增大，R消耗的功率P2＝eq\f(U\o\al(22),R)變大，所以D正確．三、非選擇題(本題5小題，共52分)13．(8分)在“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系”的實驗中，(1)下列器材需要的有________．A．干電池組B．滑動變阻器C．直流電壓表D．多用電表E．學生電源(2)在實驗中，某同學保持原線圈的電壓以及副線圈的匝數不變，僅增加原線圈的匝數，副線圈兩端的電壓將________(選填“增大”“減小”或“不變”)．(3)如圖11，當左側線圈“0”“16”間接入9V電壓時，右側線圈“0”“4”接線柱間輸出電壓可能是________．圖11A．3.1VB．2.5VC．1.7V答案(1)DE(2分)(2)減小(3分)(3)C(3分)14.(8分)如圖12所示，圓形線圈共100匝，半徑為r＝0.1m，在勻強磁場中繞過直徑的軸OO′勻速轉動，磁感應強度B＝0.1T，角速度為ω＝eq\f(300,π)rad/s，電阻為R＝10Ω，求：圖12(1)線圈由圖示位置轉過90°時，線圈中的感應電流；(2)寫出線圈中電流的表達式(磁場方向如圖所示，圖示位置為t＝0時刻)；(3)線圈轉動過程中的熱功率．答案(1)3A(2)i＝3sineq\f(300,π)t(A)(3)45W解析(1)當線圈由題圖所示位置轉過90°時，線圈中感應電流最大，感應電動勢的最大值為Em＝NBSω＝100×0.1×π×0.12×eq\f(300,π)V＝30V，(2分)Im＝eq\f(Em,R)＝3A．(1分)(2)由題意知i＝Imsinωt，即i＝3sineq\f(300,π)t(A)(2分)(3)感應電流的有效值I＝eq\f(Im,\r(2))＝eq\f(3\r(2),2)A，(1分)線圈轉動過程中的熱功率P＝I2R＝(eq\f(3\r(2),2))2×10W＝4