2024年高考物理备考优生百日闯关系列专题12交变电流与传感器含解析

PAGEPAGE24专题12交变电流与传感器第一部分名师综述本章内容事实上是电磁感应现象探讨的接着及其规律的详细应用，在学习的过程中，要留意理论联系实际，要擅长学问的迁移、综合和应用，本章主要围绕交变电流的产生、变更规律及表征交变电流的物理量这一中心绽开，复习时须要留意的问题有：1.区分瞬时值、有效值、最大值、平均值.①瞬时值随时间做周期性变更，表达式为(从中性面起先计时).②有效值是利用电流的热效应定义的，即假如沟通电通过电阻时产生的热量与直流电通过同一电阻在相同时间内产生的热量相等，则直流电的数值就是该沟通电的有效值.用来计算电路中的电功率和电热.③最大值用来计算，是穿过线圈平面的磁通量为零时的感应电动势.④平均值是利用来进行计算的，计算电量时用平均值.2.志向变压器的有关问题，要留意驾驭电流比的应用，当只有一原一副时电流比，当志向变压器为一原多副时，电流比关系则不适用，只能利用输入功率与输出功率相等来进行计算.同时驾驭输入功率与输出功率的确定与被确定的关系.3.要了解远距离输电的基本模式，弄清输电的基本规律，正确设计出输电方案，更好地传送电能.4.对传感器部分：①应知道求解传感器问题的思路：传感器问题具有涉及的学问点多、综合性强、实力要求高等特点，而传感器的形式又多种多样，有的原理甚至较难理解.但不管怎样，搞清传感器的工作原理及过程是求解问题的关键.因此，求解时必需结合题目供应的全部信息，仔细分析传感器所在的电路结构，这样才能对题目的要求作出说明或回答.另外，平常应多留意实际生产、生活中的一些实例，多一些思索，多动手，多查资料，开阔自己的视野，丰富自己的阅历，达到学以致用、活学活用的目的.②特殊留意加速度计与加速度传感器：加速度传感器事实上是变式加速度计，它将加速度信号转换为电压信号输出，该传感器可以制作成振动传感器(因为振动物体的加速度一般不为零)，振动传感器可以广泛地应用在报警、测量等领域(如汽车、摩托车防盗报警器等).其次部分精选试题一、单选题1．如图所示的变压器中，原副线圈的匝数比为n1n2=21，图中定值电阻R1与原线圈串联后再与一有效值为44V的交变电源连在一起。阻值为16Ω的定值电阻R2与标有“12V6W”的灯泡LA．1:1 B．2:1 C．10:1 D．3:5【答案】C【解析】【详解】在副线圈中，小灯泡正常发光，依据“12V6W”可求得副线圈中的电流为I2=0.5A，进而可求出R2两端的电压为8V，故副线圈两端的电压为20V；由U1U2=n1n2和I1I2=n2n1，可知原线圈两端的电压为40V，电流为0.25A，故加在R1两端的电压为44V–40V=4V，故R1消耗的功率为PR1=UR1I1=1W，变压器原线圈的输入功率为P2．如图所示，志向变压器原线圈两端A、B接在电动势E＝8V、内阻r＝2Ω的沟通电源上，志向变压器的副线圈两端与滑动变阻器R相连，滑动变阻器阻值可在0～10Ω范围内变更，变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，下列说法正确的是A．副线圈两端输出电压U2=16VB．副线圈中的电流I2＝2AC．当电源输出功率最大时，滑动变阻器接入电路中的阻值R＝8ΩD．当电源输出功率最大时，滑动变阻器接入电路中的阻值R＝4Ω【答案】C【解析】【详解】设原副线圈中的匝数分别为n1和n2，电流分别为I1和I2，电压分别为U1和U2，则有：U1=E-I1r，电阻R消耗的功率为：P=U2I2=U1I1，即为：P=（E-I1r）I1=-I12r-EI1，可见电流为：I1=E2r=82×2A=2A时，P有最大值，此时U1=4V，副线圈两端输出电压U2=2U1=8V，副线圈中的电流I2＝123．用正弦式交变电流通过一志向变压器给距离较远的用户供电，电路图可等效为图示电路。副线圈与用户之间导线的电阻为r，其余部分导线与电流表的电阻均不计。已知开关S闭合前后用户消耗的电功率相等，变压器输入电压有效值不变，则下列说法正确的是()A．开关闭合前后变压器的输入功率不变B．开关闭合前后输电线上损失的功率之比为1:2C．R:r=2:1D．开关闭合前后电流表的读数之比为1:2【答案】B【解析】【分析】和闭合电路中的动态分析类似，可以依据R的变更，确定出总电路的电阻的变更，进而可以确定总电路的电流的变更的状况，再依据电压不变，结合题目的条件来分析其他元件的电流、电压及功率的变更状况。【详解】A．变压器输入电压有效值U1不变，由U1U2=n1n2知，在副线圈所在电路中，U2保持不变，开关闭合前，PBC．依据开关S闭合前后用户消耗的电功率相等，有P用=（U2R+r）2·R，P用'=（U2R2+r）2D．由I1I2=n2n1知，电流表的示数I1=4．如图所示，半径为r的金属圆环放在垂直纸面对外的匀强磁场中，环面与磁感应强度垂直，磁场的磁感应强度为B0，保持圆环不动，将磁场的磁感应强度随时间匀称增大经过时间t，磁场的磁感应强度增大到B1，此时圆环中产生的焦耳热为Q；保持磁场的磁感应强度B1不变，将圆环绕对称轴(图中虚线)匀速转动，经时间2t圆环转过90°，圆环中电流大小按正弦规律变更，圆环中产生的焦耳热也为Q，则磁感应强度B0和B1的比值为（）A．4-πB．5-πC．4D．5【答案】A【解析】【分析】当线圈不动时，依据E=ΔΦΔt求解感应电动势，依据Q=E2Rt求解热量；当线圈转动时，依据E=Bω【详解】若保持圆环不动，则产生的感应电动势恒定为E1=(B1-B0)πr2t，则Q=E【点睛】此题关键是驾驭求解电动势的两个公式：E=ΔΦΔt和E=BωS；知道求解沟通电产生的热量时要用5．如图所示，将带铁芯的电感器L与灯泡A串联，再与另一个完全相同的灯泡B并联，接在以正弦沟通信号发生器为电源的两端。通过调整沟通信号发生器上的旋钮，可以变更输出电压和信号的频率。闭合开关S，A、B两灯均发光。关于该试验，下列说法中正确的是()A．保持沟通信号频率不变，适当提高输出电压，发觉A灯始终比B灯亮B．保持输出电压不变，提高沟通信号频率，发觉A灯变暗，B灯不变C．保持输出电压和信号频率不变，撤去铁芯后，发觉A灯比原来暗D．断开开关S，发觉B灯闪亮一下，然后熄灭【答案】B【解析】【详解】A项：提高输出电压，B端电压变大，A与L两端电压增大，由频率不变，所以A灯与B灯一样亮，故A错误；B项：提高沟通信号频率，电压不变以，B灯亮度不变，依据xL=2πfL可知线圈L中的感抗增大，所以A灯变暗，故C项：撤去铁芯后，L中的感抗减小，所以A灯变亮，故C正确；D项：由于稳定时A、B两灯亮度相同，所以当开关S断开时，A中的电流渐渐熄灭，故D错误。【点睛】解决本题关键理解线圈对交变电流的阻碍作用有两：1、线圈导线本身的电阻（直流电阻），2、感抗即xL6．一个含有志向变压器的电路如图所示，其中R1、R3、R4为定值电阻，R2为滑动变阻器，电表为志向A．志向变压器输出功率减小B．电流表示数减小C．电容器C所带电荷量始终不变D．电压表示数不变【答案】B【解析】AB、依据功率相等可知：U当滑片P从左向右滑动的过程R2的阻值增大，所以I1则志向变压器的输出功率为P=UI1-I12R1则变压器的输出功率时关于电流的一元二次函数，所以输出功率随电流C、由于电流I1变小，变压器的匝数不变，所以副线圈上的电流也变小，所以电阻R3上的电压变小，依据Q=CU3可知电容器上的电荷量也在减小，故D、U1=U-I1R1，由于电流I1减小，所以电压U1增大，变压器匝数不变，依据故选B7．一个含有志向变压器的电路如图所示，图中L1、L2和L3是完全相同的三个灯泡，U为正弦沟通电源。当开关S断开时，电路中的灯泡均能正常发光。下列说法正确的是A．志向变压器原、副线圈匝数比为2:1B．志向变压器原、副线圈匝数比为1:1C．开关S闭合稳定后，灯泡L1和L2消耗的功率之比为1:4D．开关S闭合稳定后，灯泡L1能正常发光而L2无法正常发光【答案】B【解析】A、B、设三个灯泡的电阻为R，正常发光的电流为I，电压为U0，有流过原线圈的电流，流过副线圈的电流也为，由变压器学问得，故A错误，B正确。C、开关S闭合稳定后，设流过副线圈的电流为，可知流过原线圈的电流，依据功率可知L1和L2的功率之比为1:1，故C错误。D、开关S闭合前，对原线圈电路有，而S闭合后有，解得可得三个灯泡均不能正常发光.D错误。故选B。【点睛】本题考查志向变压器原理及应用，要留意明确电路结构，知道开关通断时电路的连接方式；同时留意明确输入电压与总电压之间的关系。8．如图，志向变压器的原线圈与二极管一起接在u=2202sin100πt （V）的沟通电源上，副线圈接有A．副线圈的输出功率为110WB．原线圈的输入功率为1102WC．电流表的读数为1AD．副线圈输出的电流方向不变【答案】A【解析】因为原线圈上接有志向二极管，原线圈只有半个周期有电流，副线圈也只有半个周期有电流。U1m:U2m=n1:n2，所以副线圈电压的最大值为U2m=1102V，设副线圈电压的有效值为U2，则有U22RT=0+(U2m【点睛】有效值是依据电流热效应来规定的，让一个沟通电流和一个直流电流分别通过阻值相同的电阻，假如在相同时间内产生的热量相等，那么就把这始终流电的数值叫做这一沟通电的有效值。计算电功率运用有效值，沟通电表的读数是有效值．9．图甲中志向变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝10Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关。原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变更关系如图乙所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光。下列说法正确的是（）A．只断开S2后，原线圈的输入功率增大B．输入电压u的表达式u=20C．若S1换接到2后，原线圈的输入功率为1.6WD．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8W【答案】D【解析】A、只断开S2后，负载电阻变为原来的2倍，副线圈电压不变，则副线圈的功率变小，即原线圈的输入功率变小，A错误；B、由图乙知周期T=0.02s，ω=2π0.02=100π，所以输入电压u的表达式应为u=202sin(100πt)V，B错误；C、D、若S1换接到2后，由U1U2=n1n2=51，U1=202【点睛】驾驭志向变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等。10．匝数为100匝的线圈通有如图所示的交变电流(图中曲线为余弦曲线的一部分)，单匝线圈电阻r＝0.02Ω，则在0～10s内线圈产生的焦耳热为()A.80JB.85JC.90JD.125J【答案】B【解析】试题分析:依据有效值的定义方法可知：（）2R×+22×=I2RT解得I=A总电阻为r=100×0.02=2Ω；则10s内产生的焦耳热Q=I2rt=（）2×2×10=85J；故选：B．【名师点睛】本题要留意明确该沟通电中前二分之一周期为正弦沟通电的四分之一周期，该时间内的有效值和最大值之间的关系仍旧为.二、多选题11．图为模拟远距离输电的部分测试电路。a、b端接电压稳定的正弦交变电源，定值电阻阻值分别为R1、R2，且R1<R2，志向变压器的原、副线圈匝数比为k且k<1，电流表、电压表均为志向表，其示数分别用I和U表示。当向下调整滑动变阻器R3的滑动端P时，电流表、电压表示数变更分别用△I和△U表示。则以下说法正确的是A．UI=C．电源的输出功率肯定减小 D．电压表示数肯定增加【答案】BCD【解析】【详解】A、因UI=RB、依据变压器的原理U1U2=n1n2=k，n1n2=I2C、当向下调整滑动变阻器R3的滑动端P时，负载电阻变大，电源电压不变，电流减小，故电源输出功率减小，C对；D、当向下调整滑动变阻器R3的滑动端P时，负载电阻变大，则回路中电流变小，则原线圈电流也减小，那么电阻R1上的电压减小，电源电压不变，所以原线圈的电压变大，依据12．中国特高压远距离输电技术己成为国际标准，使“煤从空中走、电送全中国”成为现实。如图为远距离输电示意图，发电厂输出电压U1=104V，输出功率P1=109W.两个志向变压器的匝数比分别为n1:n2=1:100、n3:n4=100:1，输电线总电阻r=50Ω。则A．U4=U1 B．I4=I1C．通过电阻r的电流I2=2×104A【答案】BD【解析】【详解】C．依据I1I2=n2n1可得，A．电阻r两端的电压为Ur=I2r=103A×50B．由于I2=I3，同理可得I4D．电阻r损耗的功率Pr=I13．如图所示电路中，变压器为志向变压器，a、b接在电压有效值不变的沟通电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，视察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，则下列说法正确的是()A．该变压器起升压作用B．电压表V1示数增大C．电压表V2、V3示数均增大D．变阻器滑片是沿c→d的方向滑动【答案】AD【解析】【详解】A、志向变压器U1I1＝U2I2，则U1ΔI1＝U2ΔI2，ΔI2＞ΔI1，故U2＜U1，变压器为降压变压器，选项A正确；B、电压表V1的示数和a、b间电压的有效值相同，滑片滑动时V1示数不变，选项B错误；C、电压表V2测量的电压为副线圈两端的电压，原、副线圈匝数不变，输入电压不变，故V2示数不变，V3示数为V2示数减去R0两端电压，两线圈中电流增大，易知R0两端电压上升，故V3示数减小，选项C错误；D、因I2增大，故知R减小，变阻器滑片是沿c→d的方向滑动，选项D正确。14．如图所示为聚力输电的原理图，升压变压器的原、副线圈匝数比为a，降压变压器的原、副线圈匝数比为b，输电线的电阻为R，升压变压器和降圧变圧器均为志向变压器，发电机输出的电压恒为U，若由于用户的负载变更，使电压表V2的示数增大了△U，则下列推断A．电压表V1B．电流表A2的示数减小了C．电流表A1的示数减小了D．输电线损失的功率减小了b△U【答案】AC【解析】【详解】A、发电机输出的电压恒为U，升压变压器的原、副线圈匝数比为a，所以有：UU1=a，即电压表V1的示数恒为BC、降压变压器原副线圈两端的电压之比等于b，所以有△U3△U=b，即降压变压器原线圈两端电压增大了b△U，故A错误；依据闭合电路欧姆定律，电流表A1示数减小了b△UR，输电线上电流减小了b△UR，依据电流与匝数成反比知，电流表A2示数减小了b⋅D、由于输电线上电流减小了b△UR，故输电线损失的功率减小量肯定不是P=(15．如图所示，在志向变压器的原、副线圈回路分别接有阻值均为R的3个定值电阻，原线圈回路所接沟通电源电压恒定，当开关闭合后，3个电阻R消耗的功率相等，则下列说法正确的是A．原副线圈匝数比n1:n2=2:1B．开关断开前后，变压器输入端电压不变C．断开开关后，变压器输出端电压变为闭合前的6D．断开开关后，全部电阻消耗的总功率变为闭合前消耗总功率27【答案】AC【解析】【详解】三个电阻消耗的功率相等，可知电流相等，设每个电阻的电流为I，则初级电流为I，次级电流为2I，则原副线圈匝数比n1:n2=I2：I1=2:1，选项A正确；开关断开后，次级电阻变大，则次级电流减小，初级电流减小，电阻R的电压减小，可知变压器输入端电压变大，选项B错误；设沟通电源电压为U，则当开关闭合时设初级电流为I，则变压器输入电压为U1=U-IR；次级电流为2I，则次级电压为U2=IR，由匝数比可知：U1=2U2，解得IR=13U，则U1=23U；当开关断开时设初级电流为I＇，则变压器输入电压为U1＇=U-I＇R；次级电流为2I＇，则次级电压为U2＇=2I＇R，由匝数比可知：U1＇=2U2＇，解得I＇R=15U，则U1＇=45U；则断开开关后，变压器输出端电压变为闭合前的65，选项C正确；开关闭合时，三个电阻消耗的总功率：P=3×(13U)2R16．如图所示，导体棒ab的两个端点分别搭接在两个竖直放置、半径相等的金属圆环上，两圆环所在空间处于方向竖直向下的匀强磁场中，圆环通过电刷与导线c、d相接。c、d两个端点接在匝数比n1：n2=10：1的志向变压器原线圈两端，变压器副线圈接一滑动变阻器R0，导体棒ab绕与ab平行的水平轴(即两圆环的中心轴，轴与环面垂直)OO’以角速度ω匀速转动。假如滑动变阻器连入电路的阻值为R时，电流表的示数为I，ab棒、圆环及接触电阻均不计，下列说法正确的是A．变压器原线圈两端的电压UB．滑动变阻器上消耗的功率为P=100C．取ab在环的最低端时t=0，则导体棒ab中感应电流的表达式是i=D．若c、d间改接电阻R’后电流表的示数不变，ab棒转过90°的过程中流过ab棒的电荷量可能为100【答案】BD【解析】【详解】由变压器原副线圈两端得电压电流公式可知I1I2=n2n1得I2=10I，由因U1U2=n1n2，U2=10IR得U1=100IR，故A错误，由P2=U2·I2=100I2R知B正确；ab在环的最低端时t=0，则导体棒17．由法拉第电磁感应定律可知，若穿过某截面的磁通量为Φ=Φmsinωt，则产生的感应电动势为e=ωΦmcosωt。如图所示，竖直面内有一个闭合导线框ACD(由细软弹性电阻丝制成)端点A、D固定。在以水平线段AD为直径的半圆形区域内，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面对里的有界匀强磁场。设导线框的电阻恒定，圆的半径为R，用两种方式使导线框上产生感应电流。方式一：将导线上的C点以恒定角速度ω1(相对圆心O)从A点沿圆弧移动至D点；方式二：以AD为轴，保持∠ADC=45°，将导线框从竖直位置以恒定的角速度ω2转90°。则下列说法正确的是A．方式一中，导线框中感应电流的方向先逆时针，后顺时针B．方式一中，导线框中的感应电动势为e1=BR2ω1cosω1tC．两种方式中，通过导线截面的电荷量相等D．若ω1=ω2，则两种方式电阻丝上产生的热量相等【答案】AB【解析】【分析】对于闭合线框ACDA而言，在磁场中的面积先增大后减小，依据楞次定律判定电流方向；依据几何学问找出线框磁通量表达式，从而知电动势的瞬时值表达式，依据q=ΔΦR推断电荷量；【详解】方式一中，导线框中磁通量先增大后减小，依据楞次定律可知，感应电流的方向先逆时针，后顺时针，选项A正确；第一种方式穿过回路的磁通量Φ1＝BR2sinω1t，所产生的电动势为e1＝ω1BR2cosω1t，选项B正确；依据q=ΔΦR可知两种方式中，磁通量的变更量不相同，则通过导线截面的电荷量不相等，选项C错误；其次种方式穿回路的磁通量Φ2＝BR2cosω2t，所产生的电动势为e2＝ω2BR2sinω2t，则两种方式所产生的正弦沟通电动势的有效值之比为E1E2＝ω1ω2，时间满意ω【点睛】以电磁感应为命题背景考查学生的推理实力、分析综合实力和应用数学处理物理问题的实力，本题关键明确沟通四值中最大值、平均值、瞬时值和有效值的区分，会依据几何学问写出沟通的表达式，留意学问的迁移应用．18．如图所示，志向变压器原副线圈匝数之比为1:2，正弦沟通电源电压为U=12V，电阻R1=lΩ，R2=2Ω，滑动变阻器R3最大阻值为20Ω，滑片P处于中间位置，则A．R1与R2消耗的电功率相等B．通过R1的电流为3AC．若向上移动P，电源输出功率将变大D．若向上移动P，电压表读数将变大【答案】BC【解析】【分析】对志向变压器原副线圈的匝数比等于原副线圈的电压之比，等于电流的倒数之比，据此进行分析.【详解】志向变压器原副线圈匝数之比为1:2，可知原副线圈的电流之比为2:1，依据P=I2R可知R1与R2消耗的电功率之比为2：1，选项A错误；设通过R1的电流为I，则副线圈电流为0.5I，初级电压：U-IR1=12-I；依据匝数比可知次级电压为2（12-I），则2(12-I)0.5I=R2+12R3m=12Ω，解得I=3A，选项B正确；若向上移动P，则R3电阻减小，次级电流变大，初级电流也变大，依据P=IU可知电源19．某单位应急供电系统配有一小型发电机，该发电机内的矩形线圈面积为S=0.2m2、匝数为N=100匝、电阻为r=5.0Ω，线圈所处的空间是磁感应强度为B=22T的匀强磁场，发电机正常供电时线圈的转速为n=2160πr/min。如图所示是配电原理示意图，志向变压器原副线圈的匝数比为5︰2，R1=5.0Ω、R2=5.2Ω，电压表电流表均为志向电表，系统正常运作时电流表的示数为A．沟通电压表的示数为720VB．灯泡的工作电压为272VC．变压器输出的总功率为2720WD．若负载电路的灯泡增多，发电机的输出功率会增大【答案】CD【解析】【分析】（1）依据E=NBSω（2）依据闭合回路欧姆定律求出原线圈的电压（3）利用I1I2（4）依据电路结构求电动机的输出功率【详解】A、依据题意电流表的示数为10A，依据I1I2=n则电压表的读数为U=E-Ir=720-4×5=700V，故A错；BC、原线圈的电压为U1=E-I1r+R此时灯泡上的电压为U'=272-10×5.2=220V故B错；D、把发电机外的全部用电器等效为一个电阻为R的电阻，依据题意可知R>r，若负载电路的灯泡增多，则等效电阻R减小，依据电源输出功率与电阻之间关系的函数图像可知，此时发电机的输出功率会增大，故D对；故选CD【点睛】此题比较困难，对于原线圈中有用电器的变压器问题来说，一般做题的方向是利用前后功率相等来求解的。20．如图(a)所示，志向变压器原副线圈匝数比n1:n2=55:4，原线圈接有沟通电流表A1，副线圈电路接有沟通电压表V、沟通电流表A2、滑动变阻器R等，全部电表都是志向电表，二极管D正向电阻为零，反向电阻无穷大，灯泡L的阻值恒定。原线圈接入的沟通电压的变更规律如图(b)所示，则下列说法正确的是A．沟通电压表V的读数为32B．灯泡L两端电压的有效值为16C．当滑动变阻器的触头P向上滑动时，电流表A1示数减小，V示数增大D．由图（b）可知沟通发电机转子的角速度为100πrad/s【答案】BD【解析】【分析】依据电压之比等于线圈匝数之比可求得输出端的有效值，从而确定电压表示数；依据有效值的定义以及二极管的性质则可明确灯泡L两端的电压的有效值，再依据电路结构分析电流表的变更；依据图b可知输入电压的最大值和周期，从而求出对应的有效值和角速度.【详解】A、由图b可知，原线圈输入电压有效值为440V，依据U1U2=n1n2，可得副线圈电压为32V，B、设灯泡L两端电压的有效值为U'，灯泡的阻值为r，交变电流的周期为T，依据交变电流有效值的定义有：322R⋅T2C、当滑动变阻器的触头P向下滑动时，滑动变阻器阻值减小，原副线圈匝数比不变、输入电压不变，则电压表V的示数不变；则由欧姆定律可知，电流表A2示数增大，因为志向变压器输入功率与输出功率相等，所以电流表A1示数也增大，故C错误；D、依据ω=2πT=100πrad/s可知，沟通发电机转子的角速度为100πrad/s；故选BD.【点睛】本题考查了变压器的原理及最大值与有效值之间的数量关系。能依据欧姆定律求解电路中的电流，会求功率，知道电表示数为有效值，明确二极管的单向导电性的正确应用和有效值定义的基本方法的驾驭状况.三、解答题21．在图甲中，直角坐标系0xy的1、3象限内有匀强磁场，第1象限内的磁感应强度大小为2B，第3象限内的磁感应强度大小为B，磁感应强度的方向均垂直于纸面对里.现将半径为R，圆心角为900的扇形导线框OPQ以角速度2ω0绕O点在纸面内沿逆时针匀速转动，导线框回路电阻为（1）求导线框中感应电流最大值.（2）求导线框从图示位置起先转过900的过程中通过导线框横截面的电荷量.（3）求线框匀速转动一周产生的热量.【答案】（1）BR22ω【解析】【详解】(1)线框从图甲位置起先(t=0)转过900的过程中，产生的感应电动势为:E由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：I联立以上各式解得:I同理可求得线框进出第3象限的过程中，回路电流为:I故感应电流最大值为:I(2)导线框从图示位置转过900E=ΔφΔφ=Q=(3)线框转一周产生的热量:Q线框进出第3象限的过程中，回路电流为:I又T=解得:Q=22．如图所示，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，线圈电阻r=1Ω，在外力的作用下，绕垂直于磁感线的对称轴OO`匀速转动，角速度ω=2πrad/s，电阻R=4Ω。求：（1）写出流过电阻R的电流的瞬时值表达式；（2）由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过7.25秒时，线圈产生的感应电动势的值；（3）由图示位置转过300角的过程中，通过电阻R的电量；（4）电压表的示数；（5）线圈转动一周过程中，外力做的功。【答案】（1）i=0.2πcos2πt（A）（2）0（3）0.05C（4）1.78A（5）0.99J【解析】【详解】（1）依据Em=NBωS，可得感应电动势的最大值：Em=100×0.5×0.12×2πV=πV；则通过电阻R电流的最大值：i则流过电阻R的电流的瞬时值表达式：i=0.2πcos2πt(A)（2）由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过7.25秒时，线圈转过的角度为θ=ωt=2π×7.25=14.5πrad，此时线圈平面与磁场垂直，则产生的感应电动势的值为（3）由图示位置转过30°角的过程中，通过电阻R的电量：q=NΔΦ（4）电压表的示数U=（5）线圈转动一周过程中，外力做的功等于产生的电功率：P=E23．如图所示，在坐标xoy平面内存在B=2.0T的匀强磁场，OA与OCA为置于竖直平面内的光滑金属导轨，其中OCA满意曲线方程x=0.5sinπy5，C为导轨的最右端，导轨OA与OCA相交处的O点和A点分别接有体积可忽视的定值电阻R1和R2，其R1=4.0Ω、R2=12.0Ω。现有一足够长、质量m=0.10kg的金属棒MN在竖直向上的外力F作用下，以v=3.0m/s的速度向上匀速运动，设棒与两导轨接触良好，除电阻R1、R2外其余电阻不计，g取10m/s2（1）金属棒MN在导轨上运动时感应电流的最大值；（2）金属棒MN滑过导轨OC段过程中，整个回路产生的热量。（3）金属棒MN滑过导轨OC段过程中，外力F做的功【答案】（1）1A（2）1.25J（3）3.75J【解析】【详解】（1）当导体棒连入轨道的长度最长时，感应电动势最大，则E外电路总电阻：R则I（2）导体棒运动形成的正弦交变电压：e=3电动势有效值：E=则Q=（3）由能量守恒关系可知：W24．如图甲为手机无线充电工作原理示意图，它由送电线圈和受电线圈组成。已知受电线圈的匝数为N=50匝，电阻r=1.0Ω，在它的c、d两端接一般值R=9.0Ω的电阻。设在受电线圈内存在与线圈平面垂直的磁场，其磁通量随时间变更规律如图乙所示，可在受电线圈中产生正弦式交变电流。求：（1）在一个周期内，电阻R上产生的焦耳热；（2）从t1到t2时间内，通过电阻【答案】（1）5.7×10-2J（2）2×10−3C【解析】【分析】（1）求出沟通电的有效值，再依据焦耳定律即可求出电阻R上产生的热量；（2）依据法拉第电磁感应定律可确定平均电动势，求出平均电流，从而求出电量大小。【详解】（1）由图乙知T=π×10-3s；受电线圈中产生的电动势为最大值E线圈中产生感应电流的最大值大小为Im通过电阻电流的有效值为I＝电阻在一个周期内产生的热量Q=I2RT=5.7×10-2J（2）线圈中感应电动势的平均值E通过电阻电流的平均值为I通过电阻的电荷量q＝I⋅△t由题图乙知，在T/4～3T/4的时间内，△ϕ=4×10-4Wb解得q＝nΔΦR+r＝2×10−3【点睛】本题考查电磁感应以有沟通电的性质；求解交变电流的电功率时要用有效值。在电磁感应中通过导体截面的电量阅历公式是Q＝nΔΦR+r25．如图为一个小型旋转电枢式沟通发电机的原理图，图示位置矩形线圈平行于磁感线，其矩形线圈的长度ab=0.25m，宽度bc=0.20m，共有m=100匝，总电阻r=5.0Ω，可绕与磁场方向垂直的对称轴OO′转动。线圈处于磁感应强度B=0.4T的匀强磁场中，与线圈两端相连的金属滑环上接一个“3.0V，1.8W“的灯泡，当线圈以角速度ω匀速转动时，小灯泡恰好正常发光，求：（1）线圈转动的角速度ω；（2）图示位置时cd边所受的安培力的大小和方向；（3）线圈从图示位置转过90°过程中流过灯泡的电量和线圈产生的电能。【答案】（1）32rad/s；（2）4.8N，方向从c到d；（3）0.2C；1.33J。【解析】【分析】（1）小灯泡正常发光可知流过灯泡的电流和灯泡上的电压，然后依据闭合电路的欧姆定律和电流的其他公式，可以计算出线圈转动的角速度；（2）求出电路中的电流，然后由安培力的公式求出安培力，由左手定则推断方向。（3）依据沟通电的有效值计算电能；依据q=nΔΦ【详解】（1）小灯泡的额定电流为：I=小灯泡的额定电阻为：R=可得电动势最大值为：E=I（R+r）=0.6×（5+5）=6V最大值为：Em=62V又：Em=mBSω=m•ab•bc•Bω可得：ω=32rad/s（2）cd边上的电流也是0.6A，则cd受到的安培力：F=mBIcd=100×0.4×0.6×0.20=4.8N；cd边此时运动的方向向上，由左手定则可知感应电流的方向为从c到d；（3）流过灯泡的电量为：q=m由因为：Em=mBSω所以有：q=E由焦耳定律可得：Q由能量守恒可得线圈产生的电能：W=Q总所以线圈产生的电能：W=1.33J；【点睛】本题考查了沟通电的产生原理，要学会从图象中获得有用物理信息的实力，结合峰值和有效值的关系去分析，求电荷量要用平均值。26．如图为小型旋转电枢式沟通发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，转动的角速度ω=10πrad/s，线圈的匝数N=10匝、电阻r=1Ω，线圈所围面积S=0.1m2．线圈的两端经滑环和电刷与阻值R=9Ω的电阻相连，匀强磁场的磁感应强度B=1T．在t=0时刻，线圈平面与磁场方向平行，则：(1)从图示位置起先计时，写出通过R的电流的瞬时表达式；(2)若在R两端接一个沟通电压表，它的示数为多少？(3)线圈转动一周过程中，R上产生电热Q为多少？(4)线圈从图示位置转过90°过程中，通过R的电荷量q为多少？【答案】(1)i=3.14cos31.4tA(2)U=20V（3）Q=9J(4)q=0.1C【解析】【详解】（1）感应电动势的最大值为：Em=NBSω=10×1×0.1×10πV=31.4V感应电流的最大值为：I电流的瞬时表达式为：i=Imcosωt=3.14cos31.4tA（2）电流的有效值为：I=I电阻R两端电压有效值为：U=IR联立得电压表示数为：U=20V（3）R产生的热量为：Q=I2Rt一周时间为：t=2πω解得：Q=9J（4）通过R的电荷量为：q=I△t又I所以q=NBS代入数据解得：q=0.1C【点睛】解决本题时要知道正弦式沟通电峰值的表达式Em=nBSω，以及知道峰值与有效值的关系．求热量要用电流的有效值，求电荷量要用电流的平均值．27．利用太阳能电池这个能量转换器件将辐射能转变为电能的系统称为光伏发电系统，光伏发电系统的直流供电方式有其局限性，绝大多数光伏发电系统均采纳沟通供电方式．有一台内阻为1Ω的太阳能发电机，供应一个学校照明用电，如图10所示，升压变压器的匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻R＝4Ω，全校共22个班，每班有“220V40W”的电灯6盏．若全部电灯都正常发光，求：(1)发电机的输出功率为多大？(2)发电机的电动势为多大？(3)输电效率为多少？(4)若使灯数减半并正常发光，发电机的输出功率又为多大？【答案】(1)5424W(2)250V(3)97%(4)2676W【解析】【详解】(1)发电机的输出功率应为负载消耗的功率与输电线电阻损耗的功率之和，即P出＝nP灯＋I22又I所以P出＝22×6×40W＋62×4W＝5424W；(2)E＝U1＋I1·r，r为发电机内阻，UI1＝4I2，U2＝4U3＋I2R＝4×220V＋6×4V＝904V所以E=904(3)输电效率η=P(4)电灯削减一半时，n′P灯=22×6I′2=n所以P′出＝n′P灯＋I2'2R＝2640W＋32×4W＝28．直流电动机是一种运用直流电流的动力装置，是依据通电线圈在磁场中受到安培力的原理制成的.如图1所所所示是一台最简洁的直流电动机模型示意图，固定部分(定子)装了一对磁极，旋转部分(转子)装设圆柱形铁芯，将abcd矩形导线框固定在转子铁芯上，能与转子一起绕轴OO'转动.线框与铁芯是绝缘的，线框通过换向器与直流电源连接.定子与转子之间的空隙很小，可认为磁场沿径向分布，线框无论转到什么位置，它的平面都跟磁感线平行，如图2所示(侧面图).已知ab、cd杆的质量均为M、长度均为L，其它部分质量不计，线框总电阻为R.电源电动势为E，内阻不计.当闭合开关S，线框由静止起先在磁场中转动，线框所处位置的磁感应强度大小均为B.忽视一切阻力与摩擦.(1)求：闭合开关后，线框由静止起先到转动速度达到稳定的过程中，电动机产生的内能Q内(2)当电动机接上负载后，相当于线框受到恒定的阻力，阻力不同电动机的转动速度也不相同.求：ab、cd两根杆的转动速度v多大时，电动机的输出功率P最大，并求出最大功率Pm【答案】（1）E2M4B【解析】【详解】(1)设线框转动时ab，cd棒的最大速度为v'产生的反电动势等于直流电源的电动势，即E=2BLv'解得:v设ab，cd棒速度为v'时，线框回路中对应的电流为I'，此时，两棒所受到的安培力均为F'=BI'L，在△t→0时间内，对一根棒应用动量定理可