2025高考物理步步高同步练习选修2第三章第三章 专题强化11 交变电流规律的应用含答案

2025高考物理步步高同步练习选修2第三章交变电流规律的应用[学习目标]1.进一步理解交变电流的规律和图像的物理意义.2.知道交变电流峰值、瞬时值、有效值、平均值的区别，并会进行有关计算．一、交变电流图像的应用正弦式交变电流的图像是一条正弦曲线，从图像中可以得到以下信息：(1)周期(T)、频率(f)和角速度(ω)：线圈转动的频率f＝eq\f(1,T)，角速度ω＝eq\f(2π,T)＝2πf.(2)峰值(Em、Im)：图像上的最大值．可计算出有效值E＝eq\f(Em,\r(2))、I＝eq\f(Im,\r(2)).(3)瞬时值：每个“点”表示某一时刻的瞬时值．(4)可确定线圈平面位于中性面的时刻，也可确定线圈平面平行于磁感线的时刻．(5)可判断线圈中磁通量Φ及磁通量变化率eq\f(ΔΦ,Δt)的变化情况．(多选)图1表示一交变电流随时间变化的图像，由图可知()图1A．用理想交流电流表测该电流，其示数为10eq\r(2)AB．该交变电流的频率为100HzC．在t＝0.25×10－2s和t＝0.75×10－2s时，线圈位于中性面处D．在t＝eq\f(T,8)(T为该交变电流的周期)时刻，该电流大小与其有效值相等答案BD解析由题图可知，电流的最大值为10eq\r(2)A，周期为0.01s，则频率为100Hz，电流有效值为eq\f(10\r(2),\r(2))A＝10A，因为电流表测的是有效值，故电流表的示数为10A，A错误，B正确；在t＝0.25×10－2s和t＝0.75×10－2s时电流最大，此时线圈平面与中性面垂直，C错误；该交变电流瞬时值表达式为i＝Imsinωt＝10eq\r(2)sin200πtA，在t＝eq\f(T,8)时，电流为i＝10eq\r(2)sineq\f(π,4)A＝10A，D正确．图2甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为理想交流电流表．线圈绕垂直于磁场且与线圈共面的水平轴OO′匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示．以下判断正确的是()图2A．线圈转动的转速为25r/sB．理想电流表的示数为10AC．1s内线圈中电流的方向改变50次D．t＝0.01s时线圈平面与中性面重合答案B解析由题图乙可知，线圈转动的周期T＝0.02s，转速n＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.02)r/s＝50r/s，故A错误；由题图乙可知交变电流的最大值是Im＝10eq\r(2)A，电流表的示数为有效值，故电流表的示数I＝eq\f(10\r(2),\r(2))A＝10A，故B正确；交变电流的频率为f＝eq\f(1,T)＝50Hz，每个周期内电流的方向改变2次，故1s内线圈中电流的方向改变100次，故C错误；t＝0.01s时线圈中的感应电流最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为零，线圈平面与中性面垂直，故D错误．二、交变电流“四值”的比较及应用名称物理含义重要关系应用情况瞬时值交变电流某一时刻的值e＝Emsinωi＝Imsinωtt分析交变电流在某一时刻的情况，如计算某一时刻线圈受到的安培力最大值最大的瞬时值Em＝NωBSIm＝eq\f(Em,R＋r)电容器的击穿电压有效值跟交变电流的热效应等效的恒定电流值电流为正弦式交变电流时：E＝eq\f(Em,\r(2))U＝eq\f(Um,\r(2))I＝eq\f(Im,\r(2))(1)计算与电流热效应相关的量(如电功率、电热、热功率)(2)交流电表的测量值(3)电气设备标注的额定电压、额定电流(4)保险丝的熔断电流平均值交变电流图像中图线与时间轴所围面积与时间的比值eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)计算通过电路横截面的电荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝neq\f(ΔΦ,R＋r)如图3所示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5T．边长L＝10cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈的电阻r＝1Ω，线圈绕垂直于磁感线且与线圈共面的对称轴OO′匀速转动，角速度ω＝2πrad/s，外电路电阻R＝4Ω，求：图3(1)线圈转动过程中感应电动势的最大值；(2)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过60°角时的瞬时感应电动势；(3)由图示位置转过60°角的过程中产生的平均感应电动势；(4)理想交流电压表的示数；(5)线圈转过60°角的过程中，通过R的电荷量．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)感应电动势的最大值为Em＝nBωS＝πV.(2)线圈转过60°角时的瞬时感应电动势为e＝Emcos60°＝eq\f(π,2)V.(3)T＝eq\f(2π,ω)＝1s，线圈转过60°角的过程中产生的平均感应电动势为eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(nBSsin60°,\f(1,6)T)＝eq\f(3\r(3),2)V.(4)电压表示数为外电路电压的有效值U＝eq\f(E,R＋r)·R＝eq\f(\f(π,\r(2)),4＋1)×4V＝eq\f(2\r(2),5)πV.(5)线圈转过60°角的过程中，通过电阻R的电荷量为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.针对训练(2020·天津南开中学模拟)如图4所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R，电压表、电流表均为理想电表．在线圈由图示位置转过90°的过程中，下列判断不正确的是()图4A．电压表的读数为eq\f(NBSωR,\r(2)R＋r)B．通过电阻的电荷量为eq\f(NBS,2R＋r)C．电阻所产生的焦耳热为eq\f(πN2B2S2ωR,4R＋r2)D．线圈由图示位置转过30°时的电流为eq\f(NBSω,2R＋r)答案B解析线圈在磁场中转动，产生的感应电动势的最大值为Em＝NBSω，电动势的有效值为E＝eq\f(NBSω,\r(2))，电压表测量的是路端电压，电压表的读数U＝eq\f(E,R＋r)·R＝eq\f(NBSωR,\r(2)R＋r)，故A正确；根据法拉第电磁感应定律可知，平均感应电动势eq\x\to(E)＝Neq\f(ΔΦ,Δt)，根据闭合电路欧姆定律可知eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)，根据电荷量定义可知q＝eq\x\to(I)Δt，联立解得通过电阻的电荷量q＝eq\f(NBS,R＋r)，故B错误；电阻R产生的焦耳热Q＝eq\f(U2,R)·eq\f(π,2ω)＝eq\f(πN2B2S2ωR,4R＋r2)，故C正确；线圈转动产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωsinωt，当线圈由题图所示位置转过30°时产生的感应电动势e＝eq\f(NBSω,2)，根据闭合电路欧姆定律可知，电流i＝eq\f(NBSω,2R＋r)，故D正确．

1．(交变电流图像的应用)在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直且与线框共面的转轴匀速转动，如图5甲，产生的交变电流的电动势随时间变化的图像如图乙所示，已知该金属线框的电阻为1Ω，外接一只电阻为9Ω的灯泡，则()图5A．理想电压表V的示数为20VB．电路中的电流方向每秒改变5次C．灯泡实际消耗的功率为36WD．电动势随时间变化的瞬时值表达式为e＝20cos5πt(V)答案C解析由题图乙知电动势峰值为20eq\r(2)V，周期为0.2s，所以电动势有效值为20V，线框转动的角速度ω＝eq\f(2π,T)＝10πrad/s.电压表测的是路端电压U＝eq\f(20,9＋1)×9V＝18V，A错误；交流电的频率为f＝eq\f(1,T)＝5Hz，一个周期内电流方向改变两次，所以电流方向每秒改变10次，B错误；灯泡实际消耗的功率为P＝eq\f(U2,R)＝eq\f(182,9)W＝36W，C正确；电动势随时间变化的瞬时值表达式为e＝20eq\r(2)cos10πt(V)，D错误．2．(交变电流图像的应用)(2020·山西太原高二上月考)如图6甲所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一匝数为n、面积为S、总电阻为r的矩形线圈abcd绕轴OO′做角速度为ω的匀速转动，矩形线圈在转动中可以保持和外电路电阻R形成闭合电路，回路中接有一理想交流电流表．图乙是线圈转动过程中产生的感应电动势e随时间t变化的图像，下列说法中正确的是()图6A．从t1到t3这段时间穿过线圈的磁通量变化量为2nBSB．从t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量为eq\f(nBS,R)C．t3时刻穿过线圈的磁通量变化率为nBSωD．电流表的示数为eq\f(nBSω,\r(2)R＋r)答案D解析由题图乙可知，t1和t3这两个时刻的磁通量大小均为0，故t1到t3这段时间穿过线圈的磁通量变化量为0，选项A错误；从t3到t4这段时间穿过线圈的磁通量的变化量为BS，则平均感应电动势eq\x\to(E)＝eq\f(nBS,Δt)，通过电阻R的电荷量为q＝eq\f(nBS,R＋rΔt)Δt＝eq\f(nBS,R＋r)，选项B错误；t3时刻线圈产生的感应电动势E＝nBSω，由法拉第电磁感应定律可得E＝eq\f(nΔΦ,Δt)，则穿过线圈的磁通量变化率为BSω，选项C错误；电流表的示数为有效值，则有I＝eq\f(nBSω,\r(2)R＋r)，选项D正确．3.(交变电流“四值”的比较及应用)(多选)(2020·眉山市高二下期末)如图7所示，一矩形金属线圈面积为S、匝数为N，在磁感应强度为B的匀强磁场中，以角速度ω绕垂直磁场的固定轴匀速转动．则()图7A．感应电动势的峰值是NBSωB．感应电动势的有效值是eq\f(1,2)NBSωC．从中性面开始转过30°时，感应电动势的瞬时值是eq\f(1,2)NBSωD．从中性面开始转过90°的过程中，感应电动势的平均值是eq\f(NBSω,π)答案AC解析感应电动势的峰值Em＝NBSω，故A正确；正弦交流电的感应电动势的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)NBSω，故B错误；当线圈从位于中性面开始计时，线圈中感应电动势瞬时值随时间变化的表达式：e＝Emsinωt＝NBSωsinωt，故当ωt＝30°时，e＝eq\f(NBSω,2)，故C正确；根据法拉第电磁感应定律，在线圈转过90°的过程中，线圈中感应电动势的平均值：eq\x\to(E)＝eq\f(NΔΦ,Δt)＝eq\f(NBS,\f(π,2ω))＝eq\f(2NBSω,π)，故D错误．4.(交变电流“四值”的比较及应用)(多选)如图8所示，交流发电机的矩形线圈边长ab＝cd＝0.4m，ad＝bc＝0.2m，线圈匝数N＝100匝，线圈电阻r＝1Ω，线圈在磁感应强度B＝0.2T的匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以ω＝100πrad/s的角速度匀速转动，外接电阻R＝9Ω，从图示时刻开始计时，则()图8A．该发电机产生的电动势瞬时值为e＝160πsin(100πt)VB．从图示位置转过30°的过程中，通过电阻R的电荷量为0.08CC．t＝eq\f(1,2)s时线圈中感应电动势最大D．交变电流的有效值是8eq\r(2)πA答案BCD解析＝160πcos(100πt)V，A错误；从题图所示位置转过30°的过程中，通过电阻R的电荷量为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正确；由题意可知T＝eq\f(2π,ω)＝0.02s，则当t＝eq\f(1,2)s＝25T时，线圈恰好转过25圈，线圈处于平行于磁感线的位置，此时线圈产生的感应电动势最大，C正确；交变电流的有效值是I＝eq\f(Im,\r(2))＝eq\f(Em,\r(2)R＋r)＝8eq\r(2)πA，D正确.1.小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间成正弦函数关系，如图1所示，此线圈与一个R＝10Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列说法正确的是()图1A．感应电动势的有效值为100eq\r(2)VB．该交流电的频率为50HzC．若将该交流电接在阻值R＝100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是50WD．该感应电动势的瞬时值的表达式e＝100sin(25πt)V答案C解析由题图可知，该感应电动势的最大值为100V，则有效值为eq\f(100,\r(2))V＝50eq\r(2)V，选项A错误；该交流电的周期为T＝0.04s，则频率为f＝eq\f(1,T)＝25Hz，选项B错误；若将该交流电接在阻值R＝100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是P＝eq\f(U2,R)＝eq\f(50\r(2)2,100)W＝50W，选项C正确；ω＝eq\f(2π,T)＝50πrad/s，则该感应电动势的瞬时值的表达式e＝100sin(50πt)V，选项D错误．2．(多选)(2020·广东期末)图2甲为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图乙所示，发电机线圈内阻为1Ω，外接灯泡的电阻为9Ω，则()图2A．理想电压表V的示数为5.4VB．在t＝0.01s时刻，穿过线圈的磁通量为零C．若线圈转速改为25r/s，则电动势有效值为6VD．若线圈转速改为25r/s，则通过灯泡的电流为0.3A答案AD解析电动势的最大值为Em＝6eq\r(2)V，有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))＝6V，电压表的示数为外电阻两端电压U＝eq\f(E,R＋r)·R＝5.4V，故A正确；在t＝0.01s时刻，电动势为0，则线圈处于中性面，穿过线圈的磁通量最大，故B错误；由题图乙得周期为T＝0.02s，故角速度为ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，转速为n＝eq\f(1,T)＝50r/s，交流电压的最大值Em＝NBSω，若线圈转速改为25r/s，减小为原来的一半，则角速度减为原来的一半，电动势的最大值减为原来的一半，所以电动势有效值减为原来的一半，即为3V，通过灯泡的电流为I＝eq\f(3,9＋1)A＝0.3A，故C错误，D正确．3.(2020·黑龙江齐齐哈尔市实验中学高二期中)如图3所示，一个单匝矩形导线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，转动周期为T0.线圈产生的电动势的最大值为Em，则()图3A．线圈产生的电动势的有效值为eq\r(2)EmB．线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为eq\f(EmT0,2π)C．线圈转动过程中磁通量变化率的最大值为EmD．经过2T0的时间，通过线圈电流的方向改变2次答案C解析线圈在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交流电，则电动势的有效值为eq\f(Em,\r(2))，故A错误；由公式Em＝NBSω，结合ω＝eq\f(2π,T)可求出穿过线圈的磁通量的最大值Φm＝eq\f(EmT0,2Nπ)，故B错误；根据法拉第电磁感应定律表达式E＝eq\f(ΔΦ,Δt)可确定磁通量变化率的最大值为Em，故C正确；经过2T0的时间，通过线圈电流的方向改变4次，故D错误．4.(多选)(2020·新乡市一中期末)某交流发电机产生的感应电动势与时间的关系如图4所示，下列说法正确的是()图4A．感应电动势的瞬时值表达式为e＝100eq\r(2)sin50πt(V)B．感应电动势的瞬时值表达式为e＝100sin50πt(V)C．若其他条件不变，仅使线圈的转速变为原来的一半，则感应电动势的瞬时值表达式为e＝50sin50πt(V)D．若其他条件不变，仅使线圈的转速变为原来的一半，则感应电动势的最大值变为50V答案BD5．一交流电路如图5甲所示，电阻R＝10Ω.交流电源输出的电压u随时间t按如图乙所示正弦规律变化，闭合开关S后()图5A．电路中电流的频率为100HzB．电阻R消耗的电功率为14WC．理想电流表的示数为1.4AD．电路中电流瞬时值的表达式为i＝eq\r(2)sin100πt(A)答案D解析由题图乙可知，交变电流的周期为2×10－2s，所以电路中电流的频率为f＝eq\f(1,T)＝50Hz，所以A错误；电路中电压瞬时值的表达式为u＝10eq\r(2)sin100πt(V)，电阻的大小为10Ω，所以电路中电流瞬时值的表达式为i＝eq\r(2)sin100πt(A)，所以D正确；电流表的示数为电流的有效值，所以电流表的示数为I＝eq\f(Im,\r(2))＝eq\f(\r(2),\r(2))A＝1A，所以C错误；电阻R消耗的电功率P＝I2R＝12×10W＝10W，所以B错误．6．图6甲所示为交流发电机的原理图，其矩形线圈绕垂直于磁场且与线圈共面的固定轴OO′匀速转动，匀强磁场的方向水平向右，图乙是穿过矩形线圈的磁通量Φ随时间t变化的图像，矩形线圈的内阻r＝1Ω，定值电阻R＝1Ω，理想交流电压表V的示数为1V，下列说法正确的是()图6A．在0.01s时刻，电路中电流的瞬时值为2AB．在0.015s时刻，R两端电压的瞬时值为0C．电阻R消耗的电功率为2WD．发电机电动势e随时间t变化的规律e＝2eq\r(2)sin100πt(V)答案B解析在0.01s时刻，磁通量为零，线圈平面与中性面垂直，电路中的电流为最大值，电流的有效值为I＝eq\f(U,R)＝1A，此时电流的瞬时值为Im＝eq\r(2)A，故A错误；在0.015s时刻，磁通量最大，线圈平面处于中性面，R两端电压的瞬时值为零，故B正确；电阻R消耗的电功率P＝eq\f(U2,R)＝1W，故C错误；发电机电动势最大值为Um＝(R＋r)Im＝2eq\r(2)V，t＝0时刻，线圈平面处于与中性面垂直的平面，感应电动势最大，ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，所以e＝2eq\r(2)cos100πt(V)，故D错误．7．(多选)(2019·天津卷)单匝闭合矩形线框电阻为R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量Ф与时间t的关系图像如图7乙所示．下列说法正确的是()图7A.eq\f(T,2)时刻线框平面与中性面垂直B．线框的感应电动势有效值为eq\f(\r(2)πФm,T)C．线框转一周外力所做的功为eq\f(2π2Ф\o\al(m2),RT)D．从t＝0到t＝eq\f(T,4)过程中线框的平均感应电动势为eq\f(πФm,T)答案BC解析由Ф－t图像可知，eq\f(T,2)时刻穿过线框的磁通量最大，则线框位于中性面，A错误；线框中产生的感应电动势的最大值应为Em＝NBSω，又ω＝eq\f(2π,T)，N＝1，BS＝Фm，则整理得Em＝eq\f(2πФm,T)，因此感应电动势的有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(\r(2)πФm,T)，B正确；由功能关系可知线框转动一周外力所做的功等于线框中产生的焦耳热，有W＝eq\f(E2,R)T＝eq\f(2π2Ф\o\al(m2),RT)，C正确；0～eq\f(T,4)的过程中，线框中产生的平均感应电动势为eq\x\to(E)＝eq\f(Фm,\f(T,4))＝eq\f(4Фm,T)，D错误．8．(2020·三明市第二中学高二期末)如图8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曲线a、b所示，则()图8A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3C．曲线a表示的交变电动势频率为100HzD．曲线b表示的交变电动势有效值为10V答案A解析在t＝0时刻，感应电动势为零，此时线圈一定处在中性面上，故A正确；由题图可知，a的周期为4×10－2s；b的周期为6×10－2s，则由n＝eq\f(1,T)可知，转速与周期成反比，故转速之比为3∶2，故B错误；曲线a表示的交变电动势频率为f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.04)Hz＝25Hz，故C错误；曲线a、b对应的线圈转速之比为3∶2，角速度之比为3∶2，曲线a表示的交变电动势最大值是15V，根据Em＝NBSω得曲线b表示的交变电动势最大值是10V，有效值为eq\f(Em,\r(2))＝5eq\r(2)V，故D错误．9.实验室里的交流发电机可简化为如图9所示的模型，矩形线圈在水平匀强磁场中绕垂直于磁感线且与线圈共面的OO′轴匀速转动．现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()图9A．线圈平面与磁场平行时刻，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，线圈中感应电流的瞬时值表达式为i＝eq\r(2)sin100πt(A)C．流过电阻R的电流最大值为eq\r(2)AD．电阻R上消耗的电功率为5W答案C解析线圈平面与磁场平行时，磁通量为零，线圈中的瞬时电流为最大值，A错误；电压表示数为10V，即感应电动势有效值为10V，则最大值为10eq\r(2)V，电流的最大值为Im＝eq\f(Um,R)＝eq\f(10\r(2),10)A＝eq\r(2)A，ω＝25×2πrad/s＝50πrad/s，所以从线圈平面与磁场平行开始计时，线圈中感应电流的瞬时值表达式为i＝eq\r(2)cos50πt(A)，B错误，C正确；电阻R上消耗的电功率为eq\f(U2,R)＝eq\f(102,10)W＝10W，D错误．10．(多选)如图10所示，一半径为r的半圆形单匝线圈放在具有理想边界的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B.线圈以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直于纸面向里(与ab垂直)的匀强磁场，M和N是两个滑环，负载电阻为R.线圈、电流表和连接导线的电阻都不计，下列说法正确的是()图10A．转动过程中电流表的示数为eq\f(π2Bnr2,2R)B．从图示位置起转过eq\f(1,4)圈的时间内产生的平均感应电动势为2πnBr2C．从图示位置起转过eq\f(1,4)圈的时间内通过负载电阻R的电荷量为eq\f(\r(2)πBr2,8R)D．转动过程中交变电流的最大值为eq\f(π2Bnr2,R)答案ABD解析线圈转动过程中产生的交变电流的最大值为Im＝eq\f(BSω,R)＝eq\f(Bπ2nr2,R)，D正确；因为只有一半区域存在磁场，由有效值的计算公式可得：(eq\f(Im,\r(2)))2·R·eq\f(T,2)＝I2RT，解得I＝eq\f(Im,2)＝eq\f(Bπ2nr2,2R)，所以转动过程中电流表的示数为eq\f(Bπ2nr2,2R)，A正确；从题图所示位置起转过eq\f(1,4)圈的时间内磁通量的变化量为ΔΦ＝B·eq\f(1,2)πr2；所用时间Δt＝eq\f(T,4)＝eq\f(1,4n)，所以线圈产生的平均感应电动势eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝2πnBr2，B正确；从题图所示位置起转过eq\f(1,4)圈的时间内通过负载电阻R的电荷量为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错误．11．(多选)如图11甲所示为电热毯电路示意图，交流电压u＝311sin100πt(V)，当开关S接通时，电热丝的电功率为P0；当开关S断开时，加在电热丝上的电压如图乙所示，图线为正弦曲线的一部分，交流电压表为理想电表，则()图11A．开关S接通时，交流电压表的示数为220VB．开关S接通时，交流电压表的示数为311VC．开关S断开时，交流电压表的示数为311V，电热丝功率为eq\f(P0,2)D．开关S断开时，交流电压表的示数为156V，电热丝功率为eq\f(P0,2)答案AD解析当开关S接通时，加在电热丝上的瞬时电压u＝311sin100πt(V)，所以电热丝两端电压的有效值U1＝eq\f(Um,\r(2))＝eq\f(311,\r(2))V≈220V，故A正确，B错误；当S断开时，前半个周期内电热丝两端所加电压按正弦规律变化，但后半个周期内电热丝两端电压为0，所以电热丝的功率P＝eq\f(1,2)P0，设此时交变电压的有效值为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，即交流电压表的示数为156V，故D正确，C错误．12．(2020·天津市联考)在水平方向的匀强磁场中，有一个正方形闭合线圈绕垂直于磁感线且与线圈共面的轴匀速转动，已知线圈的匝数为N＝100，边长为20cm，电阻为10Ω，转动频率f＝50Hz，磁场的磁感应强度为0.5T，求：(π取3.14)(1)驱动线圈转动的外力的功率；(2)当线圈转至线圈平面与中性面的夹角为30°时，线圈产生的感应电动势及感应电流的大小；(3)线圈由中性面转至与中性面成30°角的过程中，通过导线横截面的电荷量．答案见解析解析(1)线圈中产生的感应电动势的最大值为Em＝NBSω＝100×0.5×(0.2)2×2π×50V＝628V，感应电动势的有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))＝314eq\r(2)V.驱动线圈转动的外力的功率与线圈中交变电流的电功率相等，即P外＝eq\f(E2,R)＝eq\f(314\r(2)2,10)W≈1.97×104W.(2)当线圈转至线圈平面与中性面的夹角为30°时，线圈产生的感应电动势为e＝Emsin30°＝314V，此时感应电流的大小为i＝eq\f(e,R)＝eq\f(314,10)A＝31.4A.(3)在线圈由中性面转过30°的过程中，线圈中的平均感应电动势为eq\x\to(E)＝Neq\f(ΔΦ,Δt)，平均感应电流为eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)＝Neq\f(ΔΦ,RΔt)，故通过导线横截面的电荷量为q＝eq\x\to(I)Δt＝Neq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(NBS1－cos30°,R)≈0.027C.本章知识网络构建章末检测试卷(三)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．某小型发电机产生的交流电动势为e＝50sin(100πt)V.对此电动势，下列表述正确的是()A．最大值是50eq\r(2)V B．频率是100HzC．有效值是25V D．周期是0.02s答案D解析从线圈位于中性面开始计时，交流电动势的表达式为e＝Emsinωt，因为e＝50sin(100πt)V，所以最大值是Em＝50V，A错误；由ω＝2πf＝100πrad/s得f＝50Hz，B错误；电动势有效值是E＝eq\f(Em,\r(2))＝25eq\r(2)V，C错误；T＝eq\f(1,f)＝0.02s，D正确．2．(2020·重庆高二期末)一矩形线圈绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴匀速转动，产生的正弦交变电压的波形图如图1所示，下列说法正确的是()图1A．交变电压的最大值是311VB．线圈转动的周期是1sC．2s末通过线圈的磁通量绝对值最大D．2s末通过线圈的磁通量变化率绝对值最小答案A解析由题图可知，交变电压的最大值为311V，故A正确；线圈转动的周期为2s，故B错误；2s末瞬时电压值为最大值，根据交变电流的特点可知，此时线圈平面与中性面垂直，即线圈平面与磁场平行，所以此时通过线圈的磁通量为0，通过线圈的磁通量变化率绝对值最大，故C、D错误．3．(2020·北京市第四十三中学期末)如图2是一正弦式交变电流的电压u随时间t变化关系的图像．由图像可知，电压的有效值和周期分别为()图2A．311V,0.01s B．311V,0.02sC．622V,0.01s D．220V,0.02s答案D解析根据题图可知该交流电的电压最大值是Um＝311V，则有效值为U＝eq\f(Um,\r(2))＝eq\f(311,\r(2))V≈220V，由题图可知周期为0.02s，D正确．4．如图3所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝1∶3，副线圈回路中接入三个均标有“36V40W”的灯泡，且均正常发光，那么，标有“36V40W”的小灯泡A()图3A．也正常发光 B．将被烧毁C．比另外三个灯泡暗 D．无法确定答案A解析理想变压器的电压之比等于匝数之比，由副线圈回路中三个均标有“36V40W”的灯泡能正常发光，可知副线圈两端电压U2＝36×3V＝108V，所以原线圈两端电压U1＝eq\f(n1,n2)U2＝36V，灯泡A与原线圈并联，两端电压也为36V，能正常发光．5．电站向某地输送5000kW的电功率，输电线上损耗的电功率为100kW，如果把输电电压提高为原来的10倍，同时将输电线的横截面积减为原来的一半，而输送的电功率不变，那么输电线损耗的电功率为()A．0.2kW B．0.5kWC．2.0kW D．5.0kW答案C解析输电电压提高为原来的10倍，根据P＝UI知，输电电流减小为原来的eq\f(1,10)，根据电阻定律R＝ρeq\f(l,S)知，输电线的横截面积减为原来的一半，则输电线的电阻增大为原来的2倍，根据P损＝I2R知，输电线上损耗的电功率减小为原来的eq\f(1,50)，则输电线上损耗的功率为2.0kW，故C正确，A、B、D错误．6.如图4所示，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，R0为定值电阻，R是滑动变阻器，原线圈两端的输入电压u＝200sin100πt(V)，设理想交流电压表V1、V2的示数分别是U1、U2；理想交流电流表A1、A2的示数分别是I1、I2.下列说法正确的是()图4A．电压表V2的示数U2＝20VB．滑片P向b端滑动过程中，U2不变，I2变大C．滑片P向b端滑动过程中，U1变小，I1变大D．通过原、副线圈的交变电流频率之比为10∶1答案B解析由u＝200sin100πt(V)可知输入电压有效值为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错误；滑片P向b端滑动过程中，副线圈负载电阻减小，U2不变，则I2变大，B正确；由B项分析知U1不变，I1变大，C错误；变压器不改变交变电流的频率，D错误．7．(2020·南昌市第一中学高二期中)在如图5甲所示的电路中，ab两端接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统(报警器未画出)，图中电压表和电流表均为理想电表，电压表的示数为22V，D为理想二极管，R0为定值电阻，L为电阻恒定的指示灯，RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小．下列说法中正确的是()图5A．理想变压器原、副线圈匝数之比为10∶1B．若RT处出现火灾时，电压表示数不变，电流表示数将变小C．若RT处出现火灾时，指示灯L将变暗D．若只将原线圈的理想二极管去掉，则电压表的示数会变为原来的2倍答案C解析设原线圈两端电压为U1，根据电流的热效应可得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错误；输入端的电压不变，匝数比不变，则电压表示数不变，若RT处出现火灾时，RT电阻变小，输出的总功率变大，则输入端的电功率变大，电压不变，则电流表的示数变大，故B错误；若RT处出现火灾时，RT电阻变小，输出的总功率变大，副线圈中电流变大，R0两端电压变大，则指示灯两端电压变小，指示灯变暗，故C正确；有二极管时原线圈两端电压为110eq\r(2)V，没有二极管时原线圈两端电压为220V，则原线圈两端电压变为原来的eq\r(2)倍，由于匝数比不变，则电压表的示数变为原来的eq\r(2)倍，故D错误．8．(2020·浙江7月选考)如图6所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100kW，发电机的电压U1＝250V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线＝8Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220V．已知输电线上损失的功率P线＝5kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是()图6A．发电机输出的电流I1＝40AB．输电线上的电流I线＝625AC．降压变压器的匝数比n3∶n4＝190∶11D．用户得到的电流I4＝455A答案C解析发电机输出电流I1＝eq\f(P,U1)＝eq\f(100×103,250)A＝400A，故A错误；输电线上损失的功率P线＝I线2R线＝5kW，所以I线＝eq\r(\f(P线,R线))＝25A，故B错误；用户得到的功率P4＝P－P线＝(100－5)kW＝95kW，则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线)＝eq\f(190,11)，故C正确，D错误．二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9．(2020·河北张家口上学期期中)如图7所示，处在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中的矩形线框MNPQ，以恒定的角速度ω绕对角线NQ转动．已知MN长为l1，NP长为l2，线框电阻为R，t＝0时刻线框平面与纸面重合，下列说法正确的是()图7A．矩形线框产生的感应电动势有效值为eq\f(\r(2),2)Bl1l2ωB．矩形线框转过π时的电流为零C．矩形线框转动一周，通过线框任意横截面的电荷量为eq\f(Bl1l2,R)D．矩形线框转过π过程中产生的热量为eq\f(πB2l\o\al(12)l\o\al(22)ω,2R)答案ABD解析线框转动过程产生正弦式交变电流，最大值为Em＝Bl1l2ω，所以有效值为E＝eq\f(\r(2)Bl1l2ω,2)，故A正确；线框转过π时，线框平面与磁场垂直，磁通量最大，感应电动势为零，电流为零，故B正确；线框转动一周磁通量的变化量为零，故通过线框任意横截面的电荷量为零，故C错误；根据焦耳定律可得线框转过π过程中产生的热量为Q＝I2Rt＝eq\f(E2,R)·eq\f(π,ω)＝eq\f(πB2l\o\al(12)l\o\al(,22)ω,2R)，故D正确．10．图8甲是一台小型发电机的结构示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势e随时间t变化的正弦规律图像如图乙所示．发电机线圈的电阻r＝2Ω，外接灯泡的电阻为10Ω.则()图8A．在t＝0.01s时刻，穿过线圈的磁通量最大B．理想电压表的示数为6VC．灯泡消耗的电功率为2.5WD．线圈转动产生电动势的表达式e＝60eq\r(2)sin50πtV答案AC解析在t＝0.01s时刻，电动势为0，则线圈位于中性面，穿过线圈的磁通量最大，A正确；由题图乙可知，电动势的最大值为Em＝6eq\r(2)V，周期为0.02s，则电动势的瞬时值表达式为e＝Emsin(eq\f(2π,T)t)＝6eq\r(2)sin100πt(V)；理想电压表的示数为交流电的有效值，并且测量外电路电压，故U＝eq\f(E,R＋r)R＝eq\f(\f(Em,\r(2)),R＋r)R＝5V，B、D错误；灯泡消耗的电功率P＝eq\f(U2,R)＝eq\f(25,10)W＝2.5W，C正确．11．图9甲是某燃气炉点火装置的原理图，转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，为理想交流电压表．当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体，以下判断正确的是()图9A．电压表的示数等于5VB．电压表的示数等于eq\f(5,\r(2))VC．实现点火的条件是eq\f(n2,n1)>1000D．实现点火的条件是eq\f(n2,n1)<1000答案BC解析交流电压表测的是交流电的有效值，对正弦交流电，其电压有效值U＝eq\f(Um,\r(2))，所以B正确，A错误；根据题意，副线圈电压峰值大于5000V，对理想变压器eq\f(n2,n1)＝eq\f(U2m,U1m)>eq\f(5000,5)＝1000，C正确，D错误．12．如图10甲所示是调压变压器的原理图，线圈AB绕在一个圆形的铁芯上，总匝数为1000匝．AB间加上如图乙所示的正弦交变电压，移动滑动触头P的位置，就可以调节输出电压．在输出端连接了滑动变阻器R和理想交流电流表，滑动变阻器的滑动触头为Q.已知开始时滑动触头Q位于滑动变阻器的最下端，且BP间线圈匝数刚好是500匝，滑动变阻器的最大阻值等于72Ω.则下列说法正确的是()图10A．开始时，电流表示数为0.25eq\r(2)AB．开始时，流过R的交流电频率为25HzC．保持P的位置不动，将Q向上移动时，R消耗的功率变大D．保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向转动少许，R消耗的功率变大答案CD解析由题图乙知，输入电压的有效值为U1＝36V，根据变压规律：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，解得输出电压U2＝18V，所以电流表的示数为I＝eq\f(U2,R)＝0.25A，所以A错误；交流电的周期为0.02s，所以频率为50Hz，所以B错误；保持P的位置不动，将Q向上移动时，R接入电路的阻值减小，U2不变，R消耗的功率P2＝eq\f(U\o\al(22),R)变大，所以C正确；保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向转动少许，n2增大，U2增大，R消耗的功率P2＝eq\f(U\o\al(22),R)变大，所以D正确．三、非选择题(本题5小题，共52分)13．(8分)在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中，(1)下列器材需要的有________．A．干电池组B．滑动变阻器C．直流电压表D．多用电表E．学生电源(2)在实验中，某同学保持原线圈的电压以及副线圈的匝数不变，仅增加原线圈的匝数，副线圈两端的电压将________(选填“增大”“减小”或“不变”)．(3)如图11，当左侧线圈“0”“16”间接入9V电压时，右侧线圈“0”“4”接线柱间输出电压可能是________．图11A．3.1VB．2.5VC．1.7V答案(1)DE(2分)(2)减小(3分)(3)C(3分)14.(8分)如图12所示，圆形线圈共100匝，半径为r＝0.1m，在匀强磁场中绕过直径的轴OO′匀速转动，磁感应强度B＝0.1T，角速度为ω＝eq\f(300,π)rad/s，电阻为R＝10Ω，求：图12(1)线圈由图示位置转过90°时，线圈中的感应电流；(2)写出线圈中电流的表达式(磁场方向如图所示，图示位置为t＝0时刻)；(3)线圈转动过程中的热功率．答案(1)3A(2)i＝3sineq\f(300,π)t(A)(3)45W解析(1)当线圈由题图所示位置转过90°时，线圈中感应电流最大，感应电动势的最大值为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)由题意知i＝Imsinωt，即i＝3sineq\f(300,π)t(A)(2分)(3)感应电流的有效值I＝eq\f(Im,\r(2))＝eq\f(3\r(2),2)A，(1分)线圈转动过程中的热功率P＝I2R＝(eq\f(3\r(2),2))2×10W＝4