【创新设计】2015-2016学年高中物理 第五章 交变电流章末检测B 新人教版选修3-2

第五章交变电流(时间：90分钟满分：100分）一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24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．如图1所示，矩形线圈abcd放在匀强磁场中,ad＝bc＝l1，ab＝cd＝l2。

从图示位置起该线圈以角速度ω绕不同转轴匀速转动，则（）图1A．以OO′为转轴时，感应电动势e＝Bl1l2ωsin ωtB．以O1O1′为转轴时，感应电动势e＝Bl1l2ωsin ωtC．以OO′为转轴时，感应电动势e＝Bl1l2ωcos ωtD．以OO′为转轴跟以ab为转轴一样，感应电动势e＝Bl1l2ωsin ωt答案C解析以O1O1′为轴转动时,磁通量不变,不产生交变电流．无论以OO′为轴还是以ab为轴转动，感应电动势的最大值都是Bl1l2ω。

由于是从与磁场平行的面开始计时，产生的是余弦式交变电流，故C正确．2．中国已投产运行的 1 000 kV特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原来用500 kV的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P。

在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为( ）A。

错误! B。

错误! C．2P D．4P答案A解析在超高压输电中,设输送电功率为P′，输电电压为U,输电线总电阻为R，则输电线上损耗的电功率为P＝错误!2R，当输电电压升为原来的2倍时,输电线上损耗的电功率变为原来的错误!，故选A。

3．一交流发电机,当转速为n1时，其交变电动势e＝220sin （100πt） V，现有如下的说法，其中正确的是（)A．在t＝0时，线圈中的磁通量为0B．该交流发电机线圈的转速为50 r/sC．若加在标有“220 V100 W”的灯泡的两端，灯泡能正常发光D．若线圈的转速加倍，则交变电压的最大值、有效值增大一倍而频率不变答案B解析因为交变电流的瞬时值表达式为e＝E m sin ωt,其中E m＝nBSω表示最大值,ω＝2πf.当转速用r/s作为单位时，转速与频率的数值相等．最大值为有效值的错误!倍，则该电动势的最大值为220 V，而灯泡的标注值是有效值，所以选项C、D错误，选项B正确．当t＝0时，e＝0,此时线圈处于中性面的位置，磁通量最大,因此选项A错误．4. 如图2所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1，原线圈接正弦交流电源，副线圈接入“220 V60 W”灯泡一只，且灯泡正常发光，则 ( ）图2A．电流表的示数为错误! AB．电源输出功率为1 200 WC．电流表的示数为错误! AD．原线圈两端电压为11 V答案C解析副线圈电压U2＝220 V，电流I2＝错误!＝错误! A，则原线圈两端电压U1＝错误!＝4 400 V,电流I1＝错误!＝错误! A，所以电流表的示数为错误! A，选项A、D错误,C正确．电源输出功率等于灯泡消耗的功率,为60 W，选项B错误．5. 如图3所示,线框匝数为N，面积为S，以角速度ω绕垂直磁感应强度为B的匀强磁场的轴匀速转动．线框的电阻、电感均不计，外电路接有电阻R、理想电流表和二极管D。

点囤市安抚阳光实验学校章末质量评估(二)(时间：90分钟 分值：100分)一、单项选择题(本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)1．处在匀强磁场中的矩形线圈abcd ，以恒的角速度绕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(如图所示)，线圈的cd 边离开纸面向外运动．若规由a →b →c →d →a 方向的感电流为正，则能反映线圈中感电流i 随时间t 变化的图线是( )解析：线圈在磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，可以产生按正弦规律变化的交流电．对于图示起始时刻，线圈的cd 边离开纸面向纸外运动，速度方向和磁场方向垂直，产生的电动势的瞬时值最大；用右手则判断出电流方向为逆时针方向，与规的正方向相同，所以C 对．答案：C2．如图所示为交变电流的电流随时间而变化的图象，此交变电流的有效值是( )A ．5 2 AB ．5 A C.722AD ．3.5 A解析：题图所示图象中的交变电流在一个周期内产生的热量：Q ＝I 21R T2＋I 22RT2＝(42)2R T2＋(32)2R T2＝25RT .令此交变电流的有效值为I ，有Q ＝I 2RT ，故I 2RT ＝25RT ，解得I ＝5 A ．B 项正确．答案：B3．如图所示，有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n ，原线圈接正弦交流电压U ，输出端接有一个交流电流表和一个电动机．电动机线圈电阻为R ，当输入端接通电源后，电流表读数为I ，电动机带动一重物匀速上升，下列判断正确的是( )A ．原线圈中的电流为nIB ．变压器的输入功率为UI nC ．电动机输出的总功率为I 2R D ．电动机两端电压为IR解析：电流表的读数为副线圈电流，所以原线圈电流为In ，故A 错误；原线圈的输入功率则为U I n，故B 对；电动机上的热功率为I 2R ，电动机消耗功率为U I n ，两端电压为Un，故C 、D 错误． 答案：B4．超导是当今高科技研究的热点，利用超导材料可实现无损耗输电．现有一直流电路，输电总电阻为0.4Ω，它提供给用电器的电功率为40 kW ，电压为800 V ．若用临界温度以下的超导电缆代替原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为( )A ．1 kWB ．1.6×103kW C ．1.6 kWD ．10 kW解析：节约的电功率即为电路输电时损耗的电功率，I ＝P U ＝40×103800A ＝50A ．P 线＝I 2R ＝502×0.4 W ＝1 000 W ，故节约的电功率为1 kW ，A 项正确．答案：A5．用220 V 的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V ，通过负载的电流图象如图所示，则( )A ．变压器输入功率约为3.9 WB ．输出电压的最大值是110 VC ．变压器原、副线圈的匝数比是1∶2D ．负载电流的函数表达式i ＝0.05sin ⎝⎛⎭⎪⎫100πt ＋π2 A解析：通过负载的电流有效值为0.025 2 A ，变压器输入功率约为P ＝UI ＝110×0.025 2 W ＝3.9 W ，选项A 正确．变压器输出电压的最大值是110 2 V ，选项B 错误．由变压公式，变压器原、副线圈的匝数比是2∶1，选项C 错误．负载电流的函数表达式i ＝0.05sin 100πt (A)，选项D 错误．答案：A6.如图所示电路中，L 为电感线圈，R 为灯泡，电流表内阻为零，电压表内阻无限大，交流电源的电压u ＝2202sin 100πt V ，若保持电压的有效值不变，只将电源频率改为100 Hz ，下列说法正确的是( )A ．电流表示数增大B ．电压表示数增大C ．灯泡变亮D ．灯泡变亮解析：由u ＝2202sin 100πt V 可得电源原来的频率为f ＝100π2πHz ＝50 Hz.当电源频率由原来的50 Hz 增为100 Hz 时，线圈的感抗增大；线圈两端电压有效值增大，电压表示数增大，故选项B 正确；在总电压的有效值不变的情况下，电路中的电流减小，选项A 错．灯泡的电阻R 是一的，电流减小时，实际消耗的电功率减小，灯泡变暗，选项C 正确，D 错．答案：BC7．如图甲所示电路中，为相同的电流表，C 为电容器，电阻R 1、R 2、R 3的阻值相同，线圈L 的电阻不计．在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t1～t2时间内( )图甲图乙A ．电流表的示数比的小B ．电流表的示数比的小C ．电流表和的示数相同D．电流表的示数都不为零解析：理想变压器原线圈中的磁感强度随时间均匀增加．穿过副线圈的磁通量也将随时间均匀增加，副线圈中产生恒的感电动势，副线圈中的电流为恒电流，电感线圈对恒电流无阻碍作用，因而电流表的示数相同，C项正确，A 项错误；恒电流不能通过电容器，因而电流表的示数为零，B、D项错误．答案：C8．如图所示，有一台交流发电机E.通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R.T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4，设T1的输入电压U1一，当用户消耗的电功率变大时，有( )A．P2变大，P3变大B．P1变小，P2变小C．U2变小，U3变小D．U2变小，U4变大解析：P1＝P2＝ΔP＋P3，且P3＝P4，由于P4增大，所以P3及P1、P2均变大，A对，B错；U2＝n2n1U1，U1一，所以U2不变，C、D错．答案：A9．在如图所示的电路中，理想变压器的变压比为2∶1，四个灯泡完全相同，若已知灯泡L3和L4恰能正常工作，那么( )A．L1和L2都能正常工作B．L1和L2都不能正常工作C．L1和L2只有一个能正常工作D．条件不足，无法判断解析：由于副线圈两端并联着两个相同的灯泡L3、L4.每个灯泡正常工作时的实际电流都于额电流，因此副线圈中的电流于一个灯泡额电流的两倍．根据原、副线圈的电流与匝数成反比，可知原线圈中的电流于副线圈中电流的12，即恰好于灯泡L1、L2的额电流，从而可以得出L1和L2都能正常工作．答案：A10．如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U，用效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U 1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I 2，则( ) A ．用户端的电压为I 1U 1I 2B ．输电线上的电压降为UC ．理想变压器的输入功率为I 21r D ．输电线路上损失的电功率为I 1U解析：根据理想变压器的工作原理，得I 1U 1＝I 2U 2，所以用户端的电压U 2＝I 1U 1I 2，选项A 正确；输电线上的电压降U ′＝I 1r ＝U －U 1，选项B 错误；变压器的输入功率P 1＝I 1U －I 21r ＝I 1U 1，选项C 错误，输电线路上损失的功率P ′＝I 21r ＝I 1(U －U 1)，选项D 错误．答案：A二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，选对得6分，漏选得3分，错选或不选得0分)11．一个矩形线圈在匀强磁场中匀角速度转动，产生交变电动势的瞬时值表达式为e ＝102sin 4πt (V)，则( )A ．该交变电动势的频率为2 HzB ．零时刻线圈平面与磁场垂直C ．t ＝0.25 s 时，e 达到最大值D ．在1 s 时间内，线圈中电流方向改变100次解析：由题中给出的电动势的表达式可以得到该交变电动势的角速度是4π，由角速度和周期、频率的关系ω＝2πT＝2πf 得到此交变电动势的频率为2 Hz ，周期是0.5 s ，所以选项A 正确．周期是0.5 s ，所以1 s 内线圈中的电流方向改变4次，选项D 错误．代入表达式t ＝0.25 s ，得到e ＝0，选项C 错误．零时刻，电动势为零，此时穿过线圈的磁通量最大，选项B 正确．综上所述，本题的正确选项为A 、B.答案：AB12.如图所示．矩形线框置于竖直向下的磁场中，通过导线与灵敏电流表相连，线框在磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，图中线框平面处于竖直面内．下述说法正确的是( )A ．因为线框中产生的是交变电流，所以电流表示数始终为零B ．线框通过图中位置瞬间，穿过线框的磁通量最大C ．线框通过图中位置瞬间，通过电流表的电流瞬时值最大D ．若使线框转动的角速度增大一倍，那么通过电流表电流的有效值也增大一倍解析：线框在匀强磁场中匀速转动时，在中性面即线框与磁感线垂直时，磁通量最大，感电动势最小，而在题示位置线框与磁感线平行时．磁通量最小，感电动势最大，A 、B 项错，C 项对；电流的有效值I ＝nBS ω2R，现在其余的量都不变，角速度增大一倍后，电流也增大一倍，D 正确．答案：CD13．为了减少输电线路中的电力损失，发电厂发出的电通常是经过升压变电站升压后通过远距离输送，再经过降压变电站将高压变为低压．某降压变电站将电压U 0＝11 0002sin 100πt (V)的交流电降为220 V 供居民小区用电，则变电站变压器( )A ．原、副线圈匝数比为50∶1B ．副线圈中电流的频率是50 HzC ．原线圈的导线比副线圈的要粗D ．输入原线圈的电流于居民小区各用电器电流的总和解析：原电压的有效值为U 1＝11 000 V ．由U 1U 2＝n 1n 2得，n 1n 2＝501，选项A 正确；变压器不改变交流电的频率，故选项B 正确；由n 1n 2＝I 2I 1得，副线圈的电流大，要想导线发热少，导线要粗一些(使电阻较小)，故选项C 错误；居民小区各用电器电流总和该于副线圈的电流，选项D 错误．答案：AB14．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为10∶1，R 1＝20 Ω，R 2＝30Ω，C 为电容器，已知通过R 1的正弦交流电如图乙所示，则( )图甲 图乙A ．交流电的频率为0.02 HzB ．原线圈输入电压的最大值为200 VC ．电阻R 2的电功率约为6.67 WD ．通过R 3的电流始终为零解析：由题图乙知副线圈获得的是交变电流，可“通过”电容器C ，所以D 错误；由图乙知T ＝0.02 s ，f ＝1T＝50 Hz ，所以A 错误；通过R 1的电流最大值为1 A ，则R 1两端电压最大值为20 V ，由U 1＝n 1n 2U 2得，原线圈输入电压最大值为200 V ，B 正确；又R 2的电功率P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫202230W ≈6.67 W ，所以C 正确．答案：BC三、填空题(本题共2小题，共14分)15．(6分)如图所示，理想变压器原线圈与10 V 的交流电源相连，副线圈并联两个小灯泡a 和b ，小灯泡a 的额功率为0.3 W ，正常发光时电阻为30Ω，已知两灯泡均正常发光，流过原线圈的电流为0.09 A ，可计算出原、副线圈的匝数比为________，流过灯泡b 的电流为________． 解析：副线圈电压U 2＝U a ＝P a R a ＝ 3 V ，n 1n 2＝U 1U 2＝103，U b ＝U a ＝3 V.由能量守恒律得：U 1I 1＝P a ＋U b I b ，代入数据得：I b ＝0.2 A. 答案：10∶3 0.2 A16．(8分)有一个教学用的可拆变压器，如图甲所示，它有两个外观基本相同的线圈A 、B ，线圈外部还可以绕线．图甲 图乙(1)某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了A 、B 线圈的电阻值，指针分别对图乙中的a 、b 位置，由此可推断________线圈的匝数较多(选填“A ”或“B ”)．(2)如果把它看成理想变压器，现要测A 线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源．请简要叙述的步骤(写出要测的物理量，并用字母表示)：_______________________________________________________________.A 线圈的匝数为n A ＝________(用所测物理量符号表示)．解析： (1)由题图乙可知a 位置的阻值大于b 位置的阻值，由电阻律可得A 线圈的匝数多于B 线圈的．(2)①用长导线绕一个n 匝线圈，作为副线圈替代A 线圈；②把低压交流电源接B 线圈，测得B 线圈的输出电压为U ；③用A 线圈换下绕制的线圈测得A 线圈的输出电压为U A .则n A ＝U AUn .答案：(1)A (2)①用长导线绕一个n 匝线圈，作为副线圈替代A 线圈；②把低压交流电源接B 线圈，测得B 线圈的输出电压U ；③用A 线圈换下绕制的线圈测得A 线圈的输出电压U A (3)U AUn四、计算题(本题共3小题，共32分，解答时写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)17．(10分)图甲是交流发电机模型示意图．在磁感强度为B 的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd 可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO ′转动，由线圈引出的导线ae 和df 分别与两个跟线圈一起绕OO ′转动的金属圆环相连接，金属圆环又分别与两个固的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R 形成闭合电路．图乙是线圈的主视图，导线ab 和cd 分别用它们的横截面来表示．已知ab 长度为L 1，bc 长度为L 2，线圈以恒角速度ω逆时针转动(只考虑单匝线圈)．图甲 图乙图丙(1)线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t 时刻整个线圈中的感电动势e 1的表达式；(2)线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，如图丙所示，试写出t 时刻整个线圈中的感电动势e 2的表达式；(3)若线圈电阻为r ，求线圈每转动一周电阻R 上产生的焦耳热(其他电阻均不计)．解析：(1)矩形线圈abcd 在磁场中转动时，ab 、cd 切割磁感线，且转动的半径为r ＝L 22，转动时ab 、cd 的线速度v ＝ωr ＝ωL 22，且与磁场方向的夹角为ωt ，如图所示．所以，整个线圈中的感电动势e 1＝2BL 1v sin ωt ＝BL 1L 2ωsin ωt .(2)当t ＝0时，线圈平面与中性面的夹角为φ0，则t 时刻时，线圈平面与中性面的夹角为ωt ＋φ0.故此时感电动势的瞬时值：e 2＝2BL 1v sin(ωt ＋φ0)＝BL 1L 2ωsin(ωt ＋φ0)．(3)线圈匀速转动时感电动势的最大值E m ＝BL 1L 2ω，故有效值：E ＝E m2＝BL 1L 2ω2，回路中电流的有效值I ＝ER ＋r ＝B ωL 1L 22（R ＋r ）.根据焦耳律知转动一周电阻R 上的焦耳热为：Q ＝I 2RT ＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤B ωL 1L 22（R ＋r ） 2R ·2πω＝πωRB 2L 21L 22（R ＋r ）2.18．(10分)某小型发电站的发电机输出交流电压为500 V ，输出电功率为50 kW ，如果用电阻为3 Ω的输电线向远处用户送电，这时用户获得的电压和电功率是多少？假如，要求输电线上损失的电功率是输送功率的0.6%，则发电站要安装一个升压变压器，到达用户前再用降压变压器变为220 V 供用户使用，不考虑变压器的能量损失，这两个变压器原、副线圈的匝数比各是多少？解析：用500 V 电压送电时示意图如图所示，50 kW 的电功率在输电线上的电流：I 0＝P U 0＝50×103500 A＝100 A.用户获得的电压U 1＝U 0－I 0R ＝(500－100×3) V ＝200 V. 用户获得的功率P 1＝I 0U 1＝2.0×104W.改用高压送电时，示意图如图所示，要求P 损＝0.6%P ，即P 损＝50×103×0.6% W ＝300 W.输电电流I ＝P 损R ＝3003A ＝10 A.发电站升压后输电电压U ＝P I ＝50×10310 V ＝5 000 V ，升压变压器匝数比n 1n 2＝U 0U ＝5005 000＝110，输电线上损失的电压U ′＝IR ＝10×3 V ＝30 V.到达降压变压器，输入变压器电压U 2＝U －U ′＝(5 000－30)V ＝4 970 V ，降压变压器的匝数比n 3n 4＝U 2U 3＝4 970220＝49722.19．(12分)如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图．其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固轴OO ′匀速转动，线圈的匝数n ＝100，电阻r ＝10 Ω，线圈的两端经集流环与电阻R 连接，电阻R ＝90Ω，与R 并联的交流电压表为理想电表．在t ＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t 按图乙所示正弦规律变化．求：(1)交流发电机产生的电动势最大值； (2)电路中电压表的示数； (3)R 上的热功率．解析：(1)交流发电机产生电动势的最大值：E m ＝nBSω，而Φm ＝BS ，ω＝2πT ，所以E m ＝2n πΦmT.由Φ－t 图线可知：Φm ＝2.0×10－2Wb ，T ＝6.28×10－2s ，所以E m ＝200 V.(2)电动势的有效值E ＝E m2＝100 2 V ，U ＝R R ＋r E ＝90100×100 2 V ＝90 2 V ＝127.3 V.(3)R 上的功率为：P R ＝U 2R ＝（902）290W ＝180 W.。

第五章章末测试卷一、单项选择题(每题5分，共40分)1.一个匝数为100匝，电阻为0.5 Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按如图所示规律变化．则线圈中产生交变电流的有效值为( ) A ．5 A B ．2 5 A C ．6 AD ．2 6 A解析 0～1 s 时间内，感应电动势为E 1＝n ΔΦ1/Δt 1＝1 V ，电流为2 A ；1～1.2 s 内，感应电动势E 2＝n ΔΦ2/Δt 2＝5 V ，感应电流为10 A ，一个周期内发热量为I 12Rt 1＋I 22Rt 2＝I 2R(t 1＋t 2)，得I ＝2 5 A ，B 项正确． 答案 B2．如图所示，M 为理想变压器，电表均可视为理想电表，接线柱a 、b 接电压u ＝311sin314t(V)的正弦式交流电源．当滑动变阻器的滑片P 向上滑动时，示数发生变化的电表是( )A ．A 1、A 2B ．A 2、V 2C ．A 1、A 2、V 2D ．A 1、A 2、V 1、V 2解析 由变压器特点，可知U 1U 2＝n 1n 2，只要n 1、n 2的比值不变，U 1不变，那么U 2也不变；由电流之比I 1I 2＝n 2n 1，原线圈中电流因副线圈中电流的改变而改变，因滑动变阻器的电阻变化，A 2的示数变化，所以A 1的示数也会发生变化，故应选A 项． 答案 A3．两个相同的电阻分别通以如图所示的正弦式交流电和方波形交变电流，两种交变电流的最大值相等，周期相等．则在一个周期内，正弦式交流在电阻上产生的焦耳热Q 1与方波式交流在电阻上产生的焦耳热Q 2之比等于( )A ．3∶1B ．1∶2C ．2∶1D ．4∶3解析两种交变电流的最大值为I m，对于正弦式电流有效值I1＝22I m，对于方波的电流有效值I2＝I m.根据焦尔定律得Q1＝I12RT，Q2＝I22RT，则Q1∶Q2＝1∶2，故B项正确．答案 B4．如图甲是小型交流发电机的示意图，两极M、N间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为理想交流电流表，V为理想交流电压表．内阻不计的矩形线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P上下移动时可改变变压器副线圈的输出电压，副线圈接有可调电阻R，从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的交变电动势随时间变化的图象如图乙所示，以下判断错误的是( )A．电压表的示数为10 VB．0.01 s时发电机线圈平面与磁场方向平行C．若P的位置向上移动、R的大小不变时，电流表读数将减小D．若P的位置不变、R的大小不变，而把发电机线圈的转速增大一倍，则变压器的输入功率将增大到原来的4倍解析电压表显示的为有效值，示数为10 V，A项正确；0.01 s时感应电动势最大，故线圈平面与磁场方向平行，故B项正确；若P的位置向上移动，匝数比减小，副线圈电压增大，R 的大小不变时，电流表读数将增大，故C项错误；若P的位置不变、R的大小不变，而把发电机线圈的转速增大一倍，电压增大为原来的2倍，则变压器的输入功率将增大到原来的4倍，故D项正确．答案 C5．如图所示，半径为R＝1 m的金属圆环，其上沿半径Oa放一铜棒，两者电阻均不计且接触良好．今让Oa以圆心O为轴，以角速度ω＝10 rad/s匀速转动，圆环处于垂直于环面、磁感应强度为B＝2 T的匀强磁场中．从圆心O引出导线，从圆环上接出导线，并接到匝数比为n1∶n2＝1∶4的理想变压器原线圈两端．则接在副线圈两端的理想电压表的示数为( )A．40 V B．20 VC．80 V D．0 V解析由于Oa以圆心O为轴，以角速度ω＝10 rad/s匀速转动，产生恒定的感应电动势，则变压器铁芯中磁通量不变，接在副线圈两端的理想电压表的示数为0，D 项正确． 答案 D6.普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图中电流互感器ab 一侧线圈的匝数较少，工作时电流为I ab ，cd 一侧线圈的匝数较多，工作时电流为I cd ，为了使电流表能正常工作，则( ) A ．ab 接MN 、cd 接PQ ，I ab <I cd B ．ab 接MN 、cd 接PQ ，I ab >I cd C ．ab 接PQ 、cd 接MN ，I ab <I cdD ．ab 接PQ 、cd 接MN ，I ab >I cd解析 为使电流表正常工作，电流表应接在电流较小一侧，匝数较多的cd 端应接PQ ，匝数少的ab 端接MN ，这样I ab >I cd ，B 项正确． 答案 B7.如图所示电路，电阻R 1与电阻R 2阻值相同，都为R ，和R 1并联的D 为理想二极管(正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大)，在A 、B 间加一正弦交流电u ＝202sin100πt (V)，则加在R 2上的电压有效值为( ) A ．10 V B ．20 V C ．15 VD ．510 V解析 因为是交流电所以应该分两种情况考虑：(1)当电源在正半轴时A 点电位高于B 点电位二极管导通即R 1被短路，R 2电压为电源电压2022V ＝20 V ；(2)电源在负半轴时B 点电位高于A 点电位二极管截止 R 1，R 2串联分压，Q ＝Q 1＋Q 2， 即为：U 2R T ＝202R T 2＋102R T 2；解得：U ＝510 V ；故D 项正确，A 、B 、C 三项错误，故选D 项． 答案 D8.如图所示，接于理想变压器的四个灯泡规格相同，且全部正常发光，则这三个线圈的匝数比应为( ) A ．1∶2∶3 B ．2∶3∶1 C ．3∶2∶1 D ．2∶1∶3解析 由于所有灯泡规格相同，且都正常发光，则U 2U 3＝n 2n 3＝2U U ＝21，式中U 为灯泡的额定电压，设I 为灯泡的额定电流，由理想变压器的功率关系P 1＝P 2＋P 3， U 1I ＝U 2I ＋U 3I ＝2UI ＋UI ＝3UI ，所以U 1＝3U ，则n1n2＝U1U2＝3U2U＝32，由此得n1∶n2∶n3＝3∶2∶1答案 C二、不定项选择题(每题6分，选不全得3分，共24分)9．如图所示，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2、R3、R4均为定值电阻，开关S是闭合的．V1、V2为理想电压表，读数分别为U1和U2；A1、A2和A3为理想电流表，读数分别为I1、I2和I3.现断开S，U1数值不变，下列推断中正确的是( )A．U2变小、I3变小B．U2不变、I3变大C．I1变小、I2变小D．I1变大、I2变大解析因为变压器的匝数与输入电压不变，所以输出电压与两电压表的示数均不变．当S断开时，因为负载电阻增大，故副线圈中的电流I2减小，由于输入功率等于输出功率，所以I1也将减小，C项正确；因为R1两端的电压减小，故R2、R3两端的电压将增大，I3变大，B项正确．答案BC10．如图所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，在磁感强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R.在线圈由图示位置转过90°的过程中，下列说法正确的是( )A．磁通量的变化量ΔΦ＝NBSB．通过电阻R的电量q＝NBSR＋rC．电阻R产生的焦耳热Q＝ΔΦR＋rD．电阻R产生的焦耳热Q＝NBSR＋r解析图示位置磁通量为Φ1＝0，转过90°磁通量为Φ2＝BS，ΔΦ＝Φ2－Φ1＝BS.故A项错误；通过电阻R的电量q＝It＝EtR＋r＝NΔΦR＋r，得到q＝NBSR＋r，故B项正确；电流的有效值为I ＝ER＋r，E＝22NBSω，电阻R所产生的焦耳热Q＝I2Rt，Δt＝π2ω，解得Q＝（NBS）2ωRπ4（R＋r）2，故C项错误，D项正确．答案BD11．为了减少输电线路中电能损失，发电厂发出的电通常是经过变电站升压后通过远距离输送，再经变电站将高压变为低压，某变电站将电压u 0＝11 0002sin100πt (V)的交流电降为220 V 供居民小区用电，则变电站变压器( ) A ．原、副线圈匝数比为50∶1 B ．副线圈中电流的频率是50 Hz C ．原线圈的导线比副线圈的要粗D ．输入原线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和解析 变压器的输入端电压U 1＝11 000 V ，由n 1n 2＝U 1U 2得n 1∶n 2＝50∶1，A 项正确；变压器不改变交变电流的频率，故原、副线圈的频率都为f ＝ω2π＝50 Hz ，B 项正确；因原线圈匝数多，由I 1I 2＝n 2n 1知原线圈的电流小，所以原线圈的导线比副线圈的要细，C 项错误；各用电器电流之和应等于副线圈的电流，D 项错误． 答案 AB12．如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有( )A ．增加线圈的匝数B ．提高交流电源的频率C ．将金属杯换为瓷杯D ．取走线圈中的铁芯解析 当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热，使水温升高．要缩短加热时间，需增大涡电流，即增大感应电动势或减小电阻．增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势，瓷杯不能产生涡电流，取走铁芯会导致磁性减弱．所以A 、B 两项正确，C 、D 两项错误． 答案 AB三、填空题(每题5分，共10分)13．通过某电阻的周期性交变电流的图象如图所示．该交流电的有效值I ＝________．解析 该交流电周期为T ＝0.3 s ，前t 1＝0.2 s 为恒定电流I 1＝3 A ，后t 2＝0.1 s 为恒定电流I 2＝－6 A ，因此这一个周期内电流做的功可以求出来，根据有效值的定义，设有效值为I ，根据定义有：I 2RT ＝I 12Rt 1＋I 22Rt 2，代入数据计算，得I ＝3 2 A.答案 3 2 A14．如图所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min 的时间，两电阻消耗的电功之比W 甲∶W 乙为________．解析 图甲中，周期为6×10－2s 由有效值的定义，得2⎝ ⎛⎭⎪⎫222R ×2×10－2＝I 12R ×6×10－2，得I 1＝33A ；图乙中，I 的值不变，I 2＝1 A ，由W ＝IUt ＝I 2Rt 可以得到W 甲∶W 乙＝1∶3. 答案 1∶3四、计算及论述题(2个小题，共26分)15．(13分)某小河水流量为4 m 3/s ，水流下落的高度为5 m ．现在利用它来发电，设所用发电机的总效率为50%，g ＝9.8 m/s 2，求： (1)发电机的输出功率；(2)若输电导线的总电阻为 4 Ω，输电导线上损失的电功率为发电机输出功率的5%，则需用多大的电压输送电能； (3)输电导线上的电压损失．解析 (1)水由高处流下，重力势能转化为动能，推动水轮机做功，设水的流量为Q ，则发电机的输入功率为P 1＝ρQgh所以输出功率为P 2＝ηP 1＝ηρQgh＝50%×1.0×103×4×9.8×5 W ＝9.8×104W. (2)设输电电压为U ，输电线上的电流为I ，电阻为R ，损失的电功率为P 3.由P 3＝I 2R ，得 I ＝P 3R＝5%P 2R＝5%×9.8×1044A ＝35 A由P 2＝IU 得输电电压U ＝P 2I ＝9.8×10435 V ＝2.8×103 V.(3)输电导线上损失的电压为 ΔU ＝IR ＝35×4 V ＝140 V.答案 (1)9.8×104W (2)2.8×103V (3)140 V16．(13分)如图甲所示，两个边长为l 、宽为L 的矩形单匝导体线框abcd 、a ′b ′c ′d ′互相垂直，彼此绝缘，可绕共同的中心轴O 1O 2转动，将两线框的始端并在一起接到金属滑环C上，末端并在一起接到金属滑环D 上，两金属滑环C 、D 彼此绝缘，并分别通过一个电刷与定值电阻R 相连．线框处于磁铁和圆柱形铁芯之间的磁场中，磁场边缘之间所夹的圆心角为45°，如图乙所示(图中的圆表示圆柱形铁芯，它使磁铁和铁芯之间的磁场沿半径方向，如图箭头所示)．不论线框转到磁场中的什么位置，磁场的方向总是与线框平面平行．磁场中长为l 的线框边所在处的磁感应强度大小恒为B ，设两线框的总电阻均为r ，以相同的角速度ω逆时针匀速转动，通过电刷跟C 、D 相连的定值电阻R ＝2r.(1)求线框aa ′转到图乙位置时感应电动势的大小； (2)求转动过程中电阻R 上的电压最大值；(3)从线框abcd 进入磁场开始时，作出0～T(T 是线框转动周期)时间内通过R 的电流i R 随时间变化的图象；(4)不计一切摩擦，求外力驱动两线框转动一周所做的功．解析 (1)不管转到任何位置，磁感线方向都和速度方向垂直，所以感应电动势的大小：E ＝2Blv ＝2Bl ωL2＝BlLω(2)在线圈的转动过程中，同一时刻只会有一个线框产生电动势，相当于电源，另一线框与电阻并联组成外电路，R 外＝Rr R ＋r ＝2r·r 2r ＋r ＝23r所以R 两端的电压最大值：U R ＝IR 外＝E r ＋2r 3·23r ＝2E 5＝25BlL ω(3)aa ′和bb ′在磁场中，通过R 的电流大小相等，有：i R ＝U R R ＝2BlLω52r ＝BlLω5r.从线框aa ′进入磁场开始，每转45°，即T8周期时间，电流发生一次变化，作出电流的图象如图所示．(4)每个线框作为电源时，电路中总电流为： I ＝E R 外＋r ＝E 2r 3＋r ＝3E 5r， 提供的总功率为：P ＝EI ＝3E 25r ＝3（BlLω）25r根据能量转化和守恒定律得：W 外＝4P·T 8＝P·T 2＝P·πω＝3πB 2l 2L 2ω5r答案 (1)线框aa ′转到图乙位置时感应电动势的大小为BlLω；(2)转动过程中电阻R 上的电压最大值25BlL ω；(3)从线框aa ′进入磁场开始，在0～T 时间内通过R 的电流i R 随时间变化的图象如图所示；(4)外力驱动两线框转动一周所做的功为3πB 2l 2L 2ω5r .。

人教版物理选修3-2第五章交变电流章末测试卷三一、单选题(共30分)1．(本题3分)如图所示为一交变电流的图象，则该交变电流的有效值为多大（）A．I0B．32I0C．02+I0D．022．(本题3分)如图甲所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO’匀速转动，从某时刻开始计时，产生的感应电动势e随时间t的变化曲线如图乙所示，若线圈匝数N=100匝，外接电阻R=70Ω，线圈电阻r=10Ω，则下列说法正确的是（）A．通过线圈的最大电流为1.25A B．线圈的角速度为50rad/sC．电压表的示数为502V D．穿过线圈的最大磁通量为2πWb3．(本题3分)如图所示，矩形闭合导线框abcd处于水平方向的匀强磁场中，线框绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，变压器副线圈接有一只“11V，33W”的灯泡.当灯泡正常发光时，变压器输入电压u=33√2cos10πt(V).下列说法正确的是（）A．图示位置可能是计时起点B．图示位置通过线框的磁通量变化率最小C．变压器原、副线圈匝数之比为3√2:1D．电流表A的示数为√2A4．(本题3分)如图所示，电阻不计面积为S的矩形线圈在匀强磁场B中绕垂直于磁场的轴以角速度ω匀速转动，t＝0时刻线圈平面与磁场垂直，产生e＝2202sin100πtV的正弦交流电，理想变压器的原、副线圈匝数比为10:1，灯泡的电阻R L＝10Ω(不考虑电阻的变化)，C为电容器，L为直流电阻不计的自感线圈，刚开始开关S断开，下列说法正确的是()A．线圈从t＝0时刻到转过180°的过程中矩形线圈的磁通量变化量为零B．交流电压表的示数为202VC．闭合开关S后，电阻R上不产生焦耳热D．灯泡的功率小于48.4W5．(本题3分)远距离输电线路的示意图如图所示，若发电机的输出电压不变，那么当用户用电的总功率增大时，下列说法错误的是（）A．升压变压器的原线圈中的电流变大B．升压变压器的输出电压升高C．降压变压器的输出电压降低D．输电线上损失的功率增大6．(本题3分)如图所示,某小型发电站发电机输出的交变电压为500V,输出的电功率为50kW,用电阻为3Ω的输电线向远处输电,要求输电线上损失的功率为输电功率的0.6% ,则发电站要安装一升压变压器,到达用户再用降压变压器变为220V供用户使用(两个变压器均为理想变压器)．对整个输电过程,下列说法正确的是()A．升压变压器的匝数比为1:100B．输电线上的电流为100AC．输电线上损失的功率为300WD．降压变压器的输入电压为4700V7．(本题3分)当交流发电机的转子线圈平面与磁感线平行时，电流方向如图所示，当转子线圈平面旋转到中性面位置时（）A ．线圈中的感应电流最大，方向将不变B ．线圈中的感应电流最大，方向将改变C ．线圈中的感应电流等于零，方向将不变D ．线圈中的感应电流等于零，方向将改变8．(本题3分)如图所示，边长为L=0.2 m 的正方形线圈abcd ，其匝数n=10，总电阻为r=2Ω，外电路的电阻为R=8Ω，ab 的中点和cd 的中点的连线OO'恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度B=1T ，若线圈从图示位置开始计时，以角速度ω= 2 rad/s 绕OO'轴匀速转动．则以下判断中正确的是（ ）A ．闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e=0.8sin 2tB ．从t=0到t=4π 时间内，通过R 的电荷量q=0.02C C ．从t=0到t=4π时间内，电阻R 上产生的热量为Q = 3.2π×10-4J D ．在t=4π时刻，磁场穿过线圈的磁通量为零，此时线圈中的磁通量随时间变化最慢 9．(本题3分)如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈一侧接一输出电压恒为U 1的正弦交流电源，电阻R 1，R 2，R 3，R 4的阻值相等。

第3讲 习题课 交变电流的产生及描述[目标定位] 1.进一步熟悉交变电流的产生过程，能够求解交变电流的瞬时值.2.进一步理解交变电流图象的物理意义.3.知道交变电流“四值”的区别，应用“四值”求解相关问题．1．线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动时产生正弦式交变电流，感应电动势的瞬时值表达式e ＝E m sin_ωt (从中性面开始计时)．2．交变电流感应电动势的最大值E m ＝nBSω，即最大值由线圈匝数n 、磁感应强度B 、转动角速度ω及线圈面积S 决定，与线圈的形状、转轴的位置无关(填“有关”或“无关”)． 3．线圈在转动过程中的平均感应电动势，要用法拉第电磁感应定律计算，即E ＝n ΔΦΔt .4．正弦交流电的有效值E ＝E m 2，I ＝I m2.其他非正弦交流电的有效值根据有效值的定义求解.一、交变电流的瞬时值及图象问题 1．求解感应电动势瞬时值 (1)确定线圈转动从哪个位置开始；(2)确定线圈转动的角速度ω(以rad/s 作单位)； (3)确定感应电动势瞬时值表达式．2．正弦交流电的图象是一条正弦曲线，从图象中可以得到以下信息 (1)周期(T )和角速度(ω)：线圈转动的角速度ω＝2πT .(2)峰值(E m ，I m )：图象上的最大值，可计算出有效值E ＝E m 2，I ＝I m2. (3)瞬时值：每个“点”表示某一时刻的瞬时值．(4)可确定线圈位于中性面的时刻，也可确定线圈平行于磁感线的时刻． (5)判断线圈中磁通量Φ及磁通量变化率ΔΦΔt的变化情况．例1 如图1所示是一多匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动所产生的感应电动势的图象，根据图象可知( )图1A ．此感应电动势的瞬时表达式为e ＝200sin (0.02t ) VB ．此感应电动势的瞬时表达式为e ＝200sin (100πt ) VC ．t ＝0.01 s 时，穿过线圈的磁通量为零D ．t ＝0.02 s 时，穿过线圈的磁通量的变化率最大 答案 B二、平均值及电荷量的求解 1．感应电动势的平均值E ＝nΔΦΔt. 2．求电荷量要用感应电流的平均值：I ＝ER ＋r ，q ＝I ·Δt ＝n ΔΦR ＋r.例2 发电机的转子是匝数为100匝、边长为20 cm 的正方形线圈，将它置于磁感应强度B ＝0.05 T 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的轴以ω＝100π rad/s 的角速度转动，当线圈平面与磁场方向垂直时开始计时．线圈和外电路的总电阻R ＝10 Ω. (1)写出交变电流的瞬时值表达式．(2)线圈从计时开始，转过π3过程中通过线圈某一截面的电荷量为多少？解析 (1)感应电动势的最大值为E m ＝nBSω＝100×0.05×0.2×0.2×100π V ＝20π V ， I m ＝E mR＝2π A ，所以i ＝I m sin ωt ＝2πsin (100πt ) A. (2)线圈从计时开始，转过π3过程中通过线圈某一截面的电荷量q ＝I t ＝n ΔΦR .从中性面开始计时，转过π3，如图所示．ΔΦ＝B ΔS ＝BS (1－sin 30°)＝12BS ，q ＝nBS 2R ＝100×0.05×0.2×0.220 C ＝1×10－2 C.答案 (1)i ＝2πsin (100πt ) A (2)1×10－2 C 三、有效值的计算对于交变电流有效值的计算一般有以下两种情况：1．对于按正(余)弦规律变化的电流，可先根据E m ＝nBSω求出其最大值，然后根据E ＝E m2求出其有效值．有关电功、电功率的计算，各种交流仪表读数都要用有效值．2．当电流按非正(余)弦规律变化时，必须根据有效值的定义求解，在计算有效值时要注意三同：相同电阻、相同时间(一般要取一个周期)、产生相等热量．例3 有两个完全相同的电热器，分别通以如图2甲和乙所示的峰值相等的方波交变电流和正弦交变电流．求这两个电热器的电功率之比．图2解析 交变电流通过纯电阻用电器R 时，其电功率P ＝I 2R ，I 应该是交变电流的有效值． 对于题图甲所示的方波交变电流，因大小恒定，故有效值I 甲＝I m 对于题图乙所示的正弦交变电流，有效值I 乙＝22I mP 甲＝I 2m R ，P 乙＝⎝⎛⎭⎫I m 22R ＝12I 2m R所以P 甲∶P 乙＝2∶1. 答案 2∶1例4 如图3表示一交流电随时间变化的图象，其中电流的正值为正弦曲线的正半周，其最大值为I m ；电流的负值为－I m ，则该交变电流的有效值为多少？图3解析 在各正半周内交流电为正弦交流电，相应有效值为I 1＝I m2；各负半周为方波交流电，相应有效值为I 2＝I m .取电阻为R ，考虑一个周期内电流的热效应，设该交变电流的有效值为I ，根据有效值的定义有I 2RT ＝I 21R ·T 2＋I 22R ·T2，由此得I ＝ I 21＋I 222＝32I m . 答案32I m四、交变电流“四值”的综合应用最大值、有效值、瞬时值、平均值，在不同情况下的使用： 1．在研究电容器的耐压值时，只能用最大值．2．在研究交变电流做功、电功率及产生的热量时，只能用有效值W ＝EIt ，Q ＝I 2Rt ，交流电表指示的也是有效值．3．在研究交变电流通过导体横截面的电荷量时，只能用平均值． 4．在研究某一时刻线圈受到的安培力时，只能用瞬时值．例5 如图4所示，在匀强磁场中有一个内阻r ＝3 Ω、面积S ＝0.02 m 2的半圆形导线框可绕OO ′轴旋转．已知匀强磁场的磁感应强度B ＝52π T ．若线框以ω＝100π rad/s 的角速度匀速转动，且通过电刷给“6 V,12 W ”的小灯泡供电，则：图4(1)若从图示位置开始计时，求线框中感应电动势的瞬时值表达式；(2)从图示位置开始，线框转过90°的过程中，通过导线横截面的电荷量是多少？该电荷量与线框转动的快慢是否有关？(3)由题目所给已知条件，外电路所接小灯泡能否正常发光？如不能，则小灯泡的实际功率为多大？解析 (1)线框转动时产生感应电动势的最大值E m ＝BSω＝52π×0.02×100π V ＝10 2 V因线框转动从平行于磁感线位置开始计时，则感应电动势的瞬时值表达式e ＝E m cos ωt ＝102cos (100πt ) V.(2)线框转过90°过程中，产生的平均电动势E ＝ΔΦΔt ＝2BSωπ，流过的电荷量q ＝I ·14T ＝BSR ＋r ，灯泡电阻R ＝U 20P 0＝6212Ω＝3 Ω.故q ＝BS R ＋r ＝52π×0.023＋3 C ＝260π C ，与线框转动的快慢无关．(3)线框产生的感应电动势的有效值E ＝E m 2＝10 V ，灯泡两端电压U ＝ER ＋rR ＝5 V ．因U ＜6 V ，故灯泡不能正常发光，其实际功率P ＝U 2R ＝523 W ＝253 W.答案 (1)e ＝102cos (100πt ) V(2)260π C 无关 (3)不能 253W图象信息分析1．某正弦式交流电的电流i 随时间t 变化的图象如图5所示．由图可知( )图5A ．电流的最大值为10 AB ．电流的有效值为10 AC ．该交流电的周期为0.03 sD ．该交流电的频率为0.02 Hz 答案 B解析 由题图知此交流电的电流的最大值为10 2 A ，则有效值为I ＝1022 A ＝10 A ；周期为0.02 s ，则频率为f ＝1T＝50 Hz.有效值的理解和计算2．如图6所示，为一正弦交流电通过一电子元件后的波形图，则下列说法正确的是( )图6A ．这也是一种交流电B ．电流的变化周期是0.01 sC ．电流的有效值是1 AD ．电流通过100 Ω的电阻时，1 s 内产生的热量为200 J 答案 C解析 因电流方向不变，故不是交流电，A 错；其周期为0.02 s ，B 错；由电流的热效应可知⎝⎛⎭⎫22 A 2R T 2＝I 2RT ，解得I ＝1 A ，故C 对；由Q ＝I 2Rt 可知Q ＝1×100×1 J ＝100 J ，D 错． 3．如图7所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B .电阻为R 、半径为L 、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O 轴以角速度ω匀速转动(O 轴位于磁场边界)．则线框内产生的感应电流的有效值为( )图7A.BL 2ω2RB.2BL 2ω2RC.2BL 2ω4RD.BL 2ω4R答案 D解析 线框转动的角速度为ω，进磁场的过程用时18周期，出磁场的过程用时18周期，进、出磁场时产生的感应电流大小都为I ′＝12BL 2ωR ，则转动一周产生的感应电流的有效值满足I 2RT ＝(12BL 2ωR )2R ×14T ，解得I ＝BL 2ω4R.D 正确．交变电流“四值”的应用4．交流发电机线圈电阻r ＝1 Ω，用电器电阻R ＝9 Ω，电压表示数为9 V ，如图8所示，那么该交流发电机( )图8A ．电动势的峰值为10 VB ．电动势的有效值为9 VC ．交流发电机线圈通过中性面时电动势的瞬时值为 10 2 VD ．交流发电机线圈自中性面转过90°的过程中的平均感应电动势为202π V答案 D解析 电压表示数等于路端电压，电路中的电流为I ＝U R ＝99A ＝1 A ，所以电动势的有效值为：E ＝I (R ＋r )＝1×(1＋9) V ＝10 V ，所以电动势的最大值为E m ＝2E ＝10 2 V ，故选项A 、B 错；线圈通过中性面时Φ最大，但ΔΦΔt ＝0，故e ＝0，选项C 错；线圈从中性面转过90°的过程中，ΔΦ＝BS ，Δt ＝T 4＝π2ω，所以E ＝n ΔΦΔt ＝2nBSωπ，由于E m ＝nBSω，所以E ＝2E m π＝202πV ，选项D 对．(时间：60分钟)题组一 交变电流的产生规律及图象的应用1．一矩形金属线圈共10匝，绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的感应电动势e 随时间t 变化的规律如图1所示，下列说法中正确的是( )图1A ．此交流电的频率为0.2 HzB ．此感应电动势的有效值为1 VC ．t ＝0.1 s 时，线圈平面与磁场方向平行D ．在线圈转动过程中，穿过线圈的最大磁通量为1100πWb 答案 D解析 由题图可知，此交流电的周期T ＝0.2 s ，频率f ＝1T ＝5 Hz ，A 错；E ＝E m 2＝22 V ，B错．t ＝0.1 s 时，电动势为0，线圈平面与磁感线垂直，C 错．因E m ＝nBSω，其中n ＝10，ω＝2πT ＝10π rad/s ，故Φm ＝BS ＝1100πWb ，D 正确．2．风速仪的简易装置如图2甲所示．在风力作用下，风杯带动与其固定在一起的永磁铁转动，线圈中的感应电流随风速的变化而变化．风速为v 1时，测得线圈中的感应电流随时间变化的关系如图乙所示；若风速变为v 2，且v 2＞v 1，则感应电流的峰值I m 、周期T 和电动势E 的变化情况是( )图2A．I m变大，T变小B．I m变大，T不变C．I m变小，T变小D．I m不变，E变大答案 A解析风速增大，周期T变小，电动势E变大，感应电流的峰值I m变大，选项A正确．3．电阻为1 Ω的某矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，产生的正弦交流电的图象如图3图线a所示；当调整线圈转速后，该线圈中所产生的正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是()图3A．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∶2C．交流电a的电动势的有效值为5 2 VD．交流电b的电动势的最大值为5 V答案BC解析由题图可知，t＝0时刻线圈中的感应电流为0，感应电动势为0，穿过线圈的磁通量的变化率为0，所以穿过线圈的磁通量最大，选项A错误；由题图可得线圈先后两次转动的周期之比为0.4∶0.6＝2∶3，所以转速之比为3∶2选项B正确；由题图可得交流电a的电流的最大值为10 A，有效值为10A＝5 2 A，又矩形线圈的电阻为1 Ω，所以交流电a的2可得电动势与周期成反比，电动势的有效值为5 2 V，选项C正确；由E＝nBSω、ω＝2πT所以交流电b的电动势的最大值为203V，选项D错误．题组二有效值的应用4．一个小型电热器若接在输出电压为10 V的直流电源上，消耗电功率为P；若把它接在某个正弦式交流电源上，其消耗的电功率为P2.如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为( )A ．5 VB ．5 2 VC ．10 VD ．10 2 V 答案 C解析 根据P ＝U 2R ，对直流电有P ＝(10 V )2R ，对正弦式交流电有P 2＝U ′2R ，所以正弦式交流电的有效值为U ′＝ PR2＝5 2 V ，故交流电源输出电压的最大值U m ′＝2U ′＝10 V ，故选项C 正确．5．好多同学家里都有调光电灯、调速电风扇，过去是用变压器来实现的，缺点是成本高、体积大、效率低，且不能任意调节灯的亮度或电风扇的转速．现在的调光灯、调速电风扇是用可控硅电子元件来实现的，如图4所示，为经一双向可控硅调节后加在电灯上的电压，即在正弦交流电的每个二分之一周期内，前14周期被截去，调节台灯上旋钮可以控制截去的多少，从而改变电灯上的电压，那么现在电灯上的电压为( )图4A.U m 2 B ．22U m C.U m 22 D.2U m答案 A解析 题图所示电压与正弦半波电压等效，由(U m 2)2R ·T 2＝U 2R T ，得：U ＝U m2.6．如图5甲所示为电热毯电路示意图，交流电压u ＝311sin (100πt ) V ，当开关S 接通时，电热丝的电功率为P 0；当开关S 断开时，加在电热丝上的电压如图乙所示，则( )图5A ．开关接通时，交流电压表的读数为220 VB ．开关接通时，交流电压表的读数为311 VC ．开关断开时，交流电压表的读数为311 V ，电热丝功率为P 02D ．开关断开时，交流电压表的读数为156 V ，电热丝功率为P 02答案 AD解析 交流电压表的读数为有效值，计算热功率要用有效值．开关接通时，交流电压峰值U m ＝311 V ，所以有效值U ＝U m2＝220 V ，A 正确；开关断开时，取一个周期T ，电热丝产生的热量减半，所以电热丝功率为P 02，由P ＝U 2R ，电压有效值为U2≈156 V ，电压表示数为156 V ，D 正确．7．如图6所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min 的时间，两电阻消耗的电功之比W 甲∶W 乙为( )图6A ．1∶ 2B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶6答案 C解析 计算电功时，I 要用有效值．图甲中，设周期为T ，由有效值的定义得(12A)2R ·T3＋0＋(12A)2R ·T 3＝I 21RT ，得I 1＝33 A ；图乙中，电流的值不变，I 2＝1 A ，由W ＝I 2Rt 可以得到W 甲∶W 乙＝1∶3.C 正确． 题组三 交流电“四值”的应用8．标有“220 V,0.5 μF ”字样的电容器能接入下面哪个电路中使用？( ) A ．e ＝220sin (100πt ) V B ．220 V 的照明电路中 C ．e ＝380sin (100πt ) V D ．380 V 的照明电路中答案 A9．如图7所示，交流电压u ＝311sin (314t ＋π6) V 加在阻值为220 Ω的电阻两端，则( )图7A ．电压表的读数为311 VB ．电流表的读数为1.414 VC ．电流表的读数为1 AD ．2 s 内电阻产生的电热是440 J答案 CD解析 电压表测的是有效值，故读数为3112V ≈220 V ，电流表示数应为1 A ，故C 、D 正确．图810．在图8所示电路中，A 是熔断电流I 0＝2 A 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 ＝2202sin (314t ) V ．为了不使保险丝熔断，可变电阻的阻值应该大于( )A ．110 2 ΩB ．110 ΩC ．220 ΩD ．220 2 Ω答案 B解析 E ＝220 V ，R min ＝E I 0＝2202Ω＝110 Ω. 11．如图9所示，线圈面积为0.05 m 2，共100匝，线圈总电阻为1 Ω，与外电阻R ＝9 Ω相连，线圈在B ＝2πT 的匀强磁场中绕OO ′轴以转速n ＝300 r/min 匀速转动．从线圈处于中性面开始计时，求：图9(1)电动势的瞬时值表达式；(2)两电表○A 、○V 的示数；(3)线圈转过160s 时电动势的瞬时值； (4)线圈转过130s 的过程中，通过电阻的电荷量； (5)线圈匀速转一周外力做的功．答案 见解析解析 (1)E m ＝NBSω，ω＝2πn ，因为n ＝300 r /min ＝5 r/s ，ω＝2πn ＝2π×5 rad /s ＝10π rad/s ，所以E m ＝NBSω＝100×2π×0.05×10π V ＝100 V. 从线圈处于中性面开始计时，则e ＝E m sin ωt ，所以e ＝100sin (10πt ) V.(2)此时两表的示数：I ＝E R ＋r ＝E m2R ＋r＝1002×10 A ＝5 2 A ≈7.1 A. U R ＝IR ＝52×9 V ＝45 2 V ≈63.6 V.(3)当线圈转过160s 时， e ＝100sin (10π×160) V ＝100sin π6 V ＝50 V. (4)线圈转过t ＝130s 的过程中，转过的角度为： θ＝ωt ＝10π×130＝π3， 通过电阻的电荷量为：q ＝I Δt ＝ER ＋r Δt ＝N |ΔΦ|Δt R ＋r Δt ＝N |ΔΦ|R ＋r . |ΔΦ|＝|Φ2－Φ1|＝|BS (cos π3－1)|＝12BS ， 所以q ＝N |ΔΦ|R ＋r＝100×12BS 10＝12π C. (5)线圈匀速转动一周，外力做功与电流做功相等W F ＝E 2R ＋r T ＝(1002)210×15 J ＝100 J ．。

高中物理选修3-2第5章交变电流章末测评B卷（人教版附答案）第五测评B(高考体验卷)一、选择题(本题共10小题，每小题分，共0分；其中第1～7题为单选题；第8～10题为多选题，全部选对得分，选不全得2分，有选错或不答的得0分)1．(2013&#8226;福建理综，1)如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r＝10 Ω，外接R＝90 Ω的电阻。

闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e＝10 sin(10πt) V，则()A．该交变电流的频率为10 HzB．该电动势的有效值为10 V．外接电阻R所消耗的电功率为10D．电路中理想交流电流表A的示数为10 A2．(2013&#8226;海南单科，2)通过一阻值R＝100 Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为1 s。

电阻两端电压的有效值为()A．12 V B．4 V ．1 V D．8 V3．(2013&#8226;天津理综，4)普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器连接，图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为Iab，d一侧线圈的匝数较多，工作时电流为Id，为了使电流表能正常工作，则()A．ab接N、d 接PQ，Iab&lt;IdB．ab接N、d接PQ，Iab&gt;Id．ab接PQ、d接N，Iab&lt;IdD．ab接PQ、d接N，Iab&gt;Id4．(2013&#8226;广东理综，16)如图，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，V和A均为理想电表，灯泡电阻RL＝6 Ω，AB端电压u1＝12 sin(100πt) V。

下列说法正确的是()A．电流频率为100 HzB．V的读数为24 V．A的读数为0 AD．变压器输入功率为6．(2013&#8226;四川理综，2)用220 V的正弦交变电流通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V，通过负载的电流图象如图所示，则()A．变压器输入功率约为39B．输出电压的最大值是110 V．变压器原、副线圈匝数比是1∶2D．负载电流的函数表达式i＝00sin(100πt＋) A6．(2013&#8226;四川凉模拟)某小型发电站发电机输出的交流电压为00 V，输出的电功率为0 ，用总电阻为3 Ω的输电线向远处送电，要求输电线上的损失功率为输电功率的06%，则发电站要安装一升压变压器，用户再用降压变压器变为220 V(两个变压器均为理想变压器)。

【创新方案】2015-2016学年高中物理第五章交变电流教师用书新人教版选修3-21．两种电流(1)恒定电流电流的大小和方向都不随时间变化。

(2)交变电流电流的大小和方向随时间做周期性变化，俗称交流电。

(3)两种电流的图象恒定电流(如图甲所示)，交变电流(如图乙所示)直流电源和交流电源有何区别？解析：直流电源有正负极，交流电源没有正负极。

2．交变电流的产生原理和变化规律(1)产生原理①条件：在匀强磁场中，矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动；②特殊位置特点a．中性面：线圈平面与磁感线垂直，线圈经过中性面时，感应电动势、感应电流为零，磁通量最大；b ．与中性面垂直时：线圈的感应电动势、感应电流最大，磁通量为零；③电流方向变化：线圈每经过中性面一次，感应电流的方向就改变一次；线圈每转动一周，经过中性面2次，感应电流的方向改变2次。

(2)变化规律①函数表示：e ＝E m sin_ωt (条件：从中性面开始计时，其中E m ＝2nBlv ＝nB ωS )i ＝I m sin_ωt ⎝ ⎛⎭⎪⎫其中I m ＝E m R ＋r u ＝U m sin_ωt (其中U m ＝I m R )②e 、i 、u 随t 变化图象如图所示。

当线圈在磁场中转速加倍时，产生的交流电的峰值如何变化？ 解析：当转速加倍时，角速度加倍，则峰值加倍。

1．交变电流是指方向随时间变化的电流，无论其大小是否变化，只要方向变化就是交变电流，方向不变化就是直流电，大小和方向都不变的为恒定电流。

2．常见的几种交变电流交变电流的变化规律不同，常见的有以下几种情况：[典例1] 如图所示的各图线中不表示交变电流的是( )[思路探究](1)理解交变电流的特征是电流方向变化。

(2)明确图象中电流方向是否变化。

[解析] A 、C 、D 中电流的方向发生改变，故A 、C 、D 中的图象表示交变电流，B 中电流方向始终不变，故选B 。

[答案] B 【总结提能】交变电流和恒定电流的区分方法交变电流方向会发生改变，而恒定电流的大小和方向均不变。

第五章 交变电流(时间：90分钟 满分：100分)一、选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合要求，选对的得4分，选错或不答的得0分) 1．下列各图中，线圈中能产生交变电流的有( )答案 BCD2．某电池充电器的工作原理可以简化为理想变压器．如果正常工作时输入电压为220 V ，输出电压为4.2 V ，输出电流为0.65 A ，则( ) A ．原线圈的输入电流约为0.2 A B ．原线圈的输入电流约为0.1 A C ．原、副线圈的匝数比约为52∶1 D ．原、副线圈的匝数比约为1∶52 答案 C解析 设原线圈的输入电压和输入电流分别为U 1、I 1，副线圈的输出电压和输出电流分别为U 2、I 2，根据U 1U 2＝n 1n 2可以得到原、副线圈的匝数比约为52∶1，又根据I 1U 1＝I 2U 2可得I 1＝U 2U 1I 2，原线圈的输入电流约为0.01 A ，所以C 正确，A 、B 、D 错误．3．某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图象如图1所示，下列说法中正确的是( )图1A ．交变电流的频率为0.02 HzB ．交变电流的瞬时值表达式为i ＝5cos (50πt ) AC ．在t ＝0.01 s 时，穿过交流发电机线圈的磁通量最大D ．若发电机线圈电阻为0.4 Ω，则其产生的热功率为5 W 答案 D解析 由题图知，交流电的周期为0.02 s ，故频率为50 Hz ，A 错；转动的角速度ω＝2πT＝100π rad/s ，故电流的瞬时值表达式为i ＝5cos (100πt ) A ，B 错；t ＝0.01 s 时，电流最大，此时线圈的磁通量应为0，C 错；交流电电流的有效值I ＝I m2＝52A ，故P ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522×0.4 W＝5 W ，故D 正确．4．如图2所示是磁电式电流表的结构图和磁场分布图，若磁极与圆柱间的磁场都是沿半径方向，且磁场有理想的边界，线圈经过有磁场的位置处磁感应强度大小相等．某同学用此种电流表中的线圈和磁体做成发电机使用，让线圈匀速转动，若从图中水平位置开始计时，取起始电流方向为正方向，表示产生的电流随时间变化关系的下列图象中正确的是( )图2答案 C解析 由于线圈在磁场中切割磁感线，切割速度方向总是与磁场方向垂直，磁感应强度B 、导线有效长度l 和导线切割速率v 等都不变，由E ＝Blv ，可知产生的感应电动势大小不变，感应电流大小不变．根据右手定则，电流方向做周期性变化，C 正确．5．如图3所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1，原线圈接正弦交流电源，副线圈接入“220 V,60 W”灯泡一只，且灯泡正常发光，则( )图3A ．电流表的示数为32220 AB ．电源输出功率为1 200 WC ．电流表的示数为3220 AD ．原线圈两端电压为11 V 答案 C解析 由于灯泡正常发光，可知副线圈两端电压为220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2可知，原线圈两端电压U 1＝20×220 V＝4 400 V ，选项D 错误；又因输入功率等于输出功率，P 1＝P 2＝60 W ，故选项B 错误；电流表读数为有效值，原线圈中电流I 1＝P 1U 1＝604 400 A ＝3220A ，故选项A 错误，选项C 正确．6．如图4所示电路，电阻R 1与电阻R 2阻值相同都为R ，和R 1并联的D 为理想二极管(正向电阻可看做零，反向电阻可看做无穷大)，在A 、B 间加一正弦交变电流u ＝202sin (100πt ) V ，则加在R 2上的电压的有效值为( )图4A ．10 VB ．20 VC ．15 VD ．510 V答案 D解析 根据电压有效值的定义可知：2R·T2＋2R·T 2＝U 2R·T ，解得加在R 2上电压的有效值U ＝510 V ，D 正确．二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分) 7．某发电站采用高压输电向外输送电能．若输送的总功率为P 0，输电电压为U ，输电导线的总电阻为R 线．则下列说法正确的是( ) A ．输电线上的电流I 线＝U R 线B ．输电线上的电流I 线＝P 0UC ．输电线上损失的功率ΔP ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P 0U2R 线D ．输电线上损失的功率ΔP ＝U 2R 线答案 BC解析 输电线上的电流I 线＝P 0U ＝U 线R 线，故A 错误，B 正确；输电线上的功率损失ΔP ＝I 2线R 线＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P 0U 2R 线＝U 2线R 线，故C 正确，D 错误．8．如图5甲所示，理想变压器的原线圈电路中装有0.5 A 的保险丝L ，原线圈匝数n 1＝600匝，副线圈匝数n 2＝120匝．当原线圈接在如图乙所示的交变电源上时，要使整个电路和用电器正常工作，则副线圈两端可以接 ( )图5A ．阻值为14.4 Ω的电阻B ．并联两盏“36 V,40 W”的灯泡C ．工作频率为10 Hz 的电视D ．耐压值为36 V 的电容器 答案 AB解析 理想变压器可以变压、变流，但不可以改变功率和频率；由题图乙可知，原线圈中交变电源的周期为0.02 s ，频率为50 Hz ，则副线圈得到的交变电流的频率也为50 Hz ，故接入工作频率为10 Hz 的电视不能正常工作，C 错误；由题图乙可知，原线圈所接电源的电压有效值为180 V ，由理想变压器特点可知，变压比等于匝数比，则U ＝120600×180 V，得U ＝36 V ，B 中两灯泡接入电路时，原线圈中的电流I 1＝49 A≈0.44 A＜0.5 A ，B 正确；副线圈两端电压的有效值为36 V ，但其最大值大于电容器的耐压值，故D 错误；由理想变压器特点可知，原、副线圈消耗的功率相等，则2R＝180 V×0.5 A，解得R ＝14.4 Ω，A正确．9．如图6所示为一理想变压器，原、副线圈的匝数之比为1∶n ，副线圈接有一个定值电阻R ，则( )图6A ．若a 、b 之间接电动势为U 的蓄电池，则R 中的电流为nU RB ．若a 、b 之间接电动势为U 的蓄电池，则原、副线圈中的电流均为零C ．若a 、b 之间接电压为U 的交流电，则原线圈中的电流为n 2URD ．若a 、b 之间接电压为U 的交流电，则副线圈中的电流为nUR答案 CD解析 蓄电池的电动势恒定，若a 、b 间接电动势为U 的蓄电池，在变压器的铁芯中不能产生变化的磁场，不能在副线圈中产生感应电动势，副线圈中无电流，但原线圈中电流不为零，故A 、B 错；若a 、b 间接电压为U 的交流电，副线圈两端的电压为nU ，电流为nUR，由I 1∶I 2＝n 2∶n 1得：I 1＝n 2UR，故C 、D 均对．10．如图7所示，面积为S 、匝数为N 、电阻为r 的线圈与阻值为R 的电阻构成闭合回路，理想交流电压表并联在电阻R 的两端．线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕垂直于磁场的转动轴以角速度ω匀速转动．设线圈转动到图示位置的时刻t ＝0.则( )图7A ．在t ＝0时刻，线圈处于中性面，流过电阻R 的电流为0，电压表的读数也为0B ．1秒钟内流过电阻R 的电流方向改变ωπ次C ．在电阻R 的两端再并联一只电阻后，电压表的读数将减小D ．在电阻R 的两端再并联一只电容较大的电容器后，电压表的读数不变 答案 BC解析 图示位置为中性面，但由于产生的是正弦交流电，电压表的读数为有效值，故电压表的读数不为0，故A 错误；线圈每转过一圈，电流方向改变2次，故1秒内电流方向改变的次数为2f ＝2×ω2π＝ωπ，B 正确；R 两端再并联一只电阻后，干路电流增大，路端电压减小，故电压表读数减小，C 正确；并上电容器后，由于电路与交变电源相连，电容器反复充放电，该支路有电流通过，故电压表的读数也减小，D 错误． 三、填空题(共2小题，共10分)11．(4分)有一理想变压器原、副线圈匝数分别为1 320匝、144匝，将原线圈接在220 V 的交流电压上，副线圈上电压为________V ，穿过铁芯的磁通量的最大变化率为________Wb/s. 答案 2426解析 由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝24 V ，穿过铁芯的磁通量的最大变化率等于每一匝线圈中产生的感应电动势的最大值，即⎝⎛⎭⎪⎫ΔΦΔt m＝E m n ＝22021 320Wb/s ＝26 Wb/s.12．(6分)如图8所示，理想变压器原线圈与一10 V 的交流电源相连，副线圈并联两个小灯泡a 和b ，小灯泡a 的额定功率为0.3 W ，正常发光时电阻为30 Ω，已知两灯泡均正常发光，流过原线圈的电流为0.09 A ，可计算出原、副线圈的匝数比为________，流过灯泡b 的电流为________A.图8答案 10∶3 0.2解析 副线圈两端电压U 2等于小灯泡a 两端电压U a ，由P a ＝U 2aR a 得，U a ＝3 V ，则原、副线圈的匝数比n 1n 2＝U 1U 2＝103；流过灯泡a 的电流I a ＝U a R a ＝0.1 A 又n 1n 2＝I 2I 1＝I 20.09 A，得I 2＝0.3 A ．流过灯泡b 的电流I b ＝I 2－I a ＝0.3 A －0.1 A ＝0.2 A.四、解答题(本题共4小题，共46分．解答应写出必要的文字说明，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．(10分)交流发电机的原理如图9甲所示，闭合的矩形线圈放在匀强磁场中，绕OO ′轴匀速转动，在线圈中产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，已知线圈的电阻为R ＝2 Ω，求：图9(1)通过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值是多少？ (2)矩形线圈转动的周期是多少？(3)线圈电阻上产生的电热功率是多少？(4)保持线圈匀速转动，1 min 内外力对线圈做的功是多少？ 答案 (1)2 A (2)4×10－3s (3)4 W (4)240 J 解析 (1)由题图知，I m ＝2 A. (2)T ＝4×10－3s. (3)线圈中电流的有效值I ＝I m2，线圈电阻上产生的电热功率P ＝I 2R ＝I 2m2R ＝4 W.(4)外力对线圈做功，其他形式的能转化为电能再转化为内能，1 min 内外力对线圈做的功W ＝Pt ＝240 J.14．(10分)如图10所示，理想变压器原线圈中输入电压U 1＝3 300 V ，副线圈两端电压U 2为220 V ，输出端连有完全相同的两个灯泡L 1和L 2，绕过铁芯的导线所接的电压表V 的示数U ＝2 V ．求：图10(1)原线圈n 1等于多少匝？(2)当开关S 断开时，电流表A 2的示数I 2＝5 A ．则电流表A 1的示数I 1为多少？ (3)当开关S 闭合时，电流表A 1的示数I 1′等于多少？ 答案 (1)1 650匝 (2)0.33 A (3)0.67 A 解析 (1)由电压与变压器匝数的关系可得：U 1n 1＝U 2n 2＝U ，则n 1＝1 650匝． (2)当开关S 断开时，有：U 1I 1＝U 2I 2，I 1＝U 2I 2U 1＝13A≈0.33 A(3)当开关S 断开时，有：R 1＝U 2I 2＝44 Ω.当开关S 闭合时，设副线圈总电阻为R ′，有R ′＝R 12＝22 Ω，副线圈中的总电流为I 2′＝U 2R ′＝10 A ．由U 1I 1′＝U 2I 2′可知，I 1′＝U 2I 2′U 1＝23A≈0.67 A. 15．(12分)一居民小区有440户，以前每户平均消耗电功率为100 W ，使用的区间变压器匝数比为165∶6，恰好能使额定电压为220 V 的家用电器正常工作，现在因家用电器增加，每户平均消耗的电功率为250 W ，若变压器输入电压仍为6 600 V ，区间输电线路不变，为了使家用电器正常工作，需更换区间变压器，则更换后的区间变压器的匝数比为多少？ 答案 220∶9解析 未换时，输电电流I ＝P 总U 用＝440×100220 A ＝200 A ．输出电压U 2＝n 2n 1U 1＝6165×6 600 V ＝240 V ，则由U 线＝U 2－U 用＝IR 线知，R 线＝240－220200 Ω＝0.1 Ω.换变压器后，I ′＝P 总U 用＝440×250220 A ＝500 A ．线路损失电压U 线′＝I ′R 线＝50 V ，变压器输出电压U 2′＝U 用＋U 线′＝220 V ＋50 V ＝270 V ．变压器匝数之比为n 1∶n 2＝U 1∶U 2′＝6 600∶270＝220∶9. 16．(14分)风力发电作为新型环保新能源，近几年来得到了快速发展，如图11所示，风车阵中发电机输出功率为100 kW ，输出电压是250 V ，用户需要的电压是220 V ，输电线总电阻为10 Ω.若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：图11(1)在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比； (2)用户得到的电功率是多少？ 答案 (1)1∶20 240∶11 (2)96 kW 解析 (1)输电线损失的功率P 损＝P ×4%＝100 kW×4%＝4 kW输电线中电流I 2＝P 损R 线＝4×10310A ＝20 A 升压变压器输出电压U 2＝P I 2＝100×10320V ＝5×103V升压变压器原、副线圈匝数比：n 1n 2＝U 1U 2＝250 V 5×103V ＝120输电线上电压损失U 损＝I 2R 线＝20×10 V＝200 V 降压变压器原线圈两端电压U 3＝U 2－U 损＝4 800 V降压变压器原、副线圈匝数比n 3n 4＝4 800 V 220 V ＝24011(2)用户得到的电功率即降压变压器的输出功率为P用＝P－P损＝P(1－4%)＝100 kW×96%＝96 kW.。

第五章交变电流章末知识测评(五)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.第Ⅰ卷40分,第Ⅱ卷60分,共100分,考试时间90分钟.第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共40分.1~7小题只有一个选项符合题意,8~10小题有多个选项符合题意.全部选对的得4分,选对但不全的得2分,选错或不答的得0分) ❶某正弦式交变电流的电流i随时间t变化的图像如图C2-1所示.由图可知()图C2-1A.电流的最大值为10AB.电流的有效值为10AC.该交流电的周期为0.03sD.该交流电的频率为0.02Hz❷当交流发电机的转子线圈平面与磁感线平行时,电流方向如图C2-2所示,当转子线圈平面旋转到中性面位置时()图C2-2A.线圈中的感应电流最大,方向将不变B.线圈中的感应电流最大,方向将改变C.线圈中的感应电流等于零,方向将不变D.线圈中的感应电流等于零,方向将改变❸如图C2-3所示的电路中,L为电感线圈,C为电容器,A、B为两个相同的灯泡,将它们接在交流电源上,两个灯泡的亮度一样.保持电源电压不变,某一时刻A灯泡变暗,B灯泡变亮,造成这一现象的原因可能是()图C2-3A.电源的频率增大B.电源的频率减小C.电感线圈短路D.电容器被击穿❹图C2-4为某小型水电站的电能输送示意图,A为升压变压器,其输入功率为P1,输出功率为P2,输出电压为U2;B为降压变压器,其输入功率为P3,输入电压为U3.若A、B均为理想变压器,输电线的总电阻为r,则下列关系式中正确的是()图C2-4A.P1>P2B.P2=P3C.U2>U3D.U2=U3❺小型交流发电机中的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的关系如图C2-5所示.此线圈与一个阻值R=10Ω的电阻构成闭合电路,不计电路的其他电阻.关于通过电阻的电流,下列说法中正确的是 ()图C2-5A.交变电流的周期为0.125sB.交变电流的频率为8HzC.交变电流的有效值为2AD.交变电流的最大值为4A❻[2017·长沙长郡中学高二期末]如图C2-6甲所示,交流发电机的矩形线圈边长ab=cd=0.2m,ad=bc=0.4m,线圈匝数为50匝,线圈的总电阻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100πr/s的转速匀速转动,外接电阻R=9Ω,电压表为理想交流电表,则()图C2-6A.图甲中交流电压表的示数为802VB.图甲中电阻R上消耗的电功率为11522WC.如图乙所示,外电路接原、副线圈匝数之比n1∶n2=3∶1的理想变压器时,电阻R上消耗的电功率最大D.如图乙所示,外电路接原、副线圈匝数之比n1∶n2=1∶3的理想变压器时,电阻R上消耗的电功率最大❼[2017·成都七中高二月考]如图C2-7所示,理想变压器原、副线圈的匝数之比为10∶1,b 是原线圈的中心抽头,电压表和电流表均为理想交流电表,从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压,其瞬时值表达式为u1=2202sin100πt(V),则 ()图C2-7A.当单刀双掷开关与a连接时,电压表的示数为222VB.单刀双掷开关由a拨到b后,原线圈的输入功率变为原来的4倍C.单刀双掷开关与a连接,在滑动变阻器的滑片P向上移动的过程中,电压表和电流表的示数均变小D.当单刀双掷开关由a拨向b时,电压表和电流表的示数均变小❽[2017·黑龙江大庆高二一检]如图C2-8所示,N匝矩形导线框在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴OO'匀速转动,线框面积为S,线框的电阻、电感均不计,外电路接有电阻R、理想电流表A和二极管D.电流表的示数为I,二极管D具有单向导电性,即正向电阻为零,反向电阻无穷大.下列说法正确的是()图C2-8A.导线框转动的角速度为2RINBSB.导线框转动的角速度为4RINBSC.导线框转到图示位置时,线框中的磁通量最大,瞬时电动势为零D.导线框转到图示位置时,线框中的磁通量最大,瞬时电动势也最大❾在两块金属板间加上交变电压u=U m sin2πT t,当t=0时,板间有一个电子恰好处于静止状态,关于电子以后的运动情况,下列判断正确的是()A.t=T时,电子回到原出发点B.电子始终向一个方向运动C.t=T2时,电子将有最大速度D.t=T2时,电子的位移最大[2017·河南鹤壁中学高二期末]如图C2-9所示,有一矩形线圈的面积为S,匝数为N,内阻不计,全部处于磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中,绕垂直于磁场方向的水平轴OO'以角速度ω匀速转动.矩形线圈通过滑环与外电路连接,外电路中R0为定值电阻,R为电阻箱,变压器为理想变压器,滑动触头P上下移动时可改变原线圈的匝数,图中仪表均为理想电表.从线圈平面与磁感线平行的位置开始计时,则下列判断正确的是()图C2-9A.矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωsinωtB.矩形线圈从开始计时到t=π2ω时间内,穿过线圈平面的磁通量变化量为BSC.当R不变时,将滑动触头P向上移动,电流表读数变大D.若ω=100πrad/s,则通过R0的电流方向每秒钟改变50次第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、实验题(本题共2小题,11题6分,12题9分,共15分)交流电流表是一种能够测量交变电流有效值的仪表.使用时,只要将电流表串联接入电路即可.若要扩大交流电流表的量程,则可以给它并联一个分流电阻,还可以给它配接一个变压器.如图C2-10所示,变压器a、b两个接线端子之间线圈的匝数为n1,c、d两个接线端子之间线圈的匝数为n2,并且n1>n2,若将电流表“3A”的量程扩大,应该将交流电流表的接线柱“0”和“3A”分别与变压器的(选填“a、b”或“c、d”)接线端子相连,这时电流表的量程为A.图C2-10图C2-11是一种触电保安器的电路图,变压器A处用火线和零线双股平行绕制成线圈,然后接上用电器.B处有一个输出线圈,一旦线圈中有电流,经放大后便能推动保安器开关J切断电源,试说明:图C2-11(1)多开灯不会使保安器切断电源的原因是;(2)有人“手—地”触电时,触电保安器会切断电源的原因是;(3)该保安器(选填“能”或“不能”)为双手“火线—零线”触电时提供保安,因为.三、计算题(本题共3小题,13题12分,14题15分,15题18分,共45分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分)如图C2-12所示,间距为L的光滑平行金属导轨水平放置在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中,导轨一端接有阻值为R的电阻.质量为m、电阻为r的导体棒ab放置在导轨上且始终与导轨保持良好接触,在外力F的作用下,导体棒从t=0时刻开始运动,其速度v=v m sinωt,不计导轨的电阻,忽略感应电流的磁场对原磁场的影响,求:(1)感应电动势的瞬时值表达式;(2)电阻上的发热功率.图C2-12如图C2-13甲所示,在两根水平放置的平行金属导轨两端各接有一个R=1Ω的电阻,导轨间距L=0.2m,导轨的电阻忽略不计,整个装置处于竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度B=0.8T.一根电阻r=0.3Ω的导体棒ab置于导轨上,且始终与导轨保持良好接触.若导体棒沿平行于导轨的方向在PQ和MN之间运动,其速度图像如图乙所示.求:(1)导体棒产生的感应电动势的瞬时值表达式;(2)整个电路在1min内产生的热量.图C2-13如图C2-14甲所示,理想变压器原线圈电路中接有一量程为3A的理想交流电流表,副线圈两端接有理想交流电压表和可变电阻R以及若干标称值为“6V6W”的相同灯泡.输入端交变电压u的图像如图乙所示.电压表的读数为9V.(1)求变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2.(2)要求灯泡均正常发光,求电路中最多允许接入的灯泡个数.(3)为满足第(2)问中要求,求可变电阻R应调到的电阻值.图C2-141.B[解析]由图像可知,电流的最大值为102A,则有效值为I=1022A=10A,选项A错误,选项B正确;由图像可知,周期为T=0.02s,则频率为f=1T=50Hz,选项C、D错误.2.D[解析]线圈平面旋转到中性面位置时,磁感线与切割速度方向平行,根据公式E=BLv sinθ可知,线圈中的感应电流等于零,转过中性面之后,电路中又产生了感应电流,但是电流方向与之前线圈中的感应电流的方向相反,选项D正确.3.A[解析]若电感线圈短路,则A灯泡变亮,选项C错误;若电容器被击穿,则B灯泡变亮,A 灯泡亮度不变,选项D错误;若电源的频率增大,则电感线圈的感抗增大,电容的容抗减小,灯泡A变暗,灯泡B变亮,选项A正确;同理,选项B错误.4.C[解析]根据远距离输电和理想变压器的工作原理可知,P1=P2,P2>P3,U2>U3,选项C正确.5.C[解析]由图像可以看出,交变电流的周期为0.250s,所以交变电流的频率为4Hz,选项A、B错误;电压的最大值U m=20V,交变电流的最大值I m=UmR=2A,有效值I=Im2=2A,选项C正确,选项D错误.6.D[解析]根据ω=2πn得ω=200rad/s,电动势最大值E m=NBSω=50×0.2×0.2×0.4×200V=160V,从图示位置开始计时,感应电动势的瞬时值e=160cos200t(V),在图甲电路中,电流的瞬时值i=EmR+rcos200t(A)=16cos200t(A),路端电压的瞬时值u=iR=144cos200t(V),则有效值分别为E=1602V=802V,I=82A,U=722V,A错误;电阻R上消耗的电功率P=I2R=(82)2×9W=1152W,B错误;在图乙电路中,R消耗的功率等于变压器的输入功率,即交流电源的输出功率,最大值P m=E24r=3200W,此时U1=E2=402V,U2=PmR=1202V,故n1n2=U1U2=13,C错误,D正确.7.B[解析]当单刀双掷开关与a连接时,原线圈的电压的最大值为2202V,根据原、副线圈的电压与匝数成正比可知,副线圈的电压的最大值为222V,电压表测的是电压的有效值,所以电压表的示数为22V,A错误.若单刀双掷开关由a扳向b,则理想变压器原、副线圈的匝数之比由10∶1变为5∶1,副线圈的电压加倍,而电阻不变,故输出功率P=U2R变为原来的4倍,因输入功率等于输出功率,故输入功率也变为原来的4倍,B正确.单刀双掷开关与a连接,在滑动变阻器的滑片P向上移动的过程中,滑动变阻器接入电路的电阻增大,而副线圈的电压是由变压器决定的,即电压表的示数不变,所以电流表的示数变小,C错误.当单刀双掷开关由a扳向b时,理想变压器原、副线圈的匝数之比由10∶1变为5∶1,所以副线圈输出的电压升高,电压表和电流表的示数均变大,D错误.8.AC[解析]导线框产生的最大感应电动势E m=NBSω;根据二极管的特点可知,在一个周期内有半个周期回路中有电流,根据交变电流的热效应可知,NBSω2R2R·T2=I2RT,解得ω=2RINBS,故A正确,B错误;导线框转到图示位置时,线框位于中性面处,导线框中的磁通量最大,瞬时电动势为零,故C正确,D错误.9.BC[解析]t=0时,电子不受力,此时两极板间的电压为零,此后电压开始增大,t=T4时达到最大,此过程中电子沿电场力方向做加速度增大的加速运动,速度增大,T4~T2时间内,两极板间的电压减小,但电场方向不变,所以电子在这段时间内仍沿原方向做加速度减小的加速运动,速度继续增大.t=T2后电场方向改变,电子开始减速,但电子的运动方向不变,直至t=T时刻速度减为零.故在t=T2时电子有最大速度,电子始终向一个方向运动,选项B、C正确.10.BC[解析]从垂直中性面时开始计时,矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωcosωt,A错误;开始时磁通量为0,矩形线圈从图示位置经过t=π2ω时间,转过的角度为ωt=π2,此时磁通量为BS,故穿过线圈平面的磁通量变化量为BS-0=BS,B正确;当P向上移动、R不变时,根据理想变压器的变压公式U1U2=n1n2,输出电压变大,则输出电流变大,故输入电流也变大,电流表读数变大,C正确;若ω=100πrad/s,则周期为T=2πω=2π100πs=0.02s,在一个周期内电流方向改变两次,故电流方向改变n=10.02×2=100(次),D错误.11.a、b 3n1n2[解析]当只有一组原、副线圈时,理想变压器的电流与匝数间的关系为I1I2=n2n1.在本题中,已知变压器a、b两个接线端子之间线圈的匝数为n1,c、d两个接线端子之间线圈的匝数为n2,且n1>n2,因此,交流电流表的接线柱“0”和“3A”应分别与变压器的接线端子a、b相连,这样,电流表的小示数才能反映原线圈中的大电流,起到扩大量程的作用.此时,电流表的量程为I2=n1n2I1=3n1n2A.12.略[解析](1)变压器A处的线圈因双股绕制,正向电流与反向电流产生的磁场相互抵消,多开灯、少开灯都如此,所以B处的线圈中无感应电流,保安器的控制开关J不工作,不会自动切断电源.(2)当人“手—地”触电时,火线中的电流有一部分直接通过人体流入大地,不从A处的线圈中回流,保安器铁芯中的磁通量发生变化,B处的线圈有电流输出,保安器开关J工作,自动切断电源.(3)“火线—零线”触电时,与多开几盏电灯的情况相似,A处的线圈中正、反向电流总是相等,不引起磁通量的变化,保安器不能自动切断电源,不起保安作用.13.(1)e=BLv m sinωt (2)B2L2vm2R2(R+r)2[解析](1)根据E=BLv,感应电动势的瞬时值表达式为e=BLv m sinωt.(2)产生的交变电动势的有效值E=BLvm2,电阻R两端的电压U R=RR+r·BLvm2,电阻R上的发热功率P=UR2R=B2L2vm2R2(R+r)2.14.(1)e=1.6sin10πt(V)(2)96J[解析](1)由v-t图像可得,导体棒运动的速度表达式为v=10sin10πt(m/s)产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=BLv=1.6sin10πt(V).(2)感应电动势的最大值为E m=1.6V感应电动势的有效值为E=Em2=1.62V电路中的总电阻为R'=r+R2=0.8Ω电路中的总电流I=ER'=2A整个电路在1min内产生的热量为Q=I2R't=96J.15.(1)3∶1(2)9盏(3)13Ω[解析](1)根据图像可得,原线圈中电压的最大值U1m=272V,有效值为U1=27V 因为副线圈两端电压表的读数为9V,所以U2=9V变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2=U1∶U2=3∶1.(2)设原线圈中通过的电流为I1,副线圈中通过的电流为I2.为使副线圈接入的灯泡最多,则I1取允许通过的最大电流的有效值,即为3A.根据U1I1=U2I2解得I2=9A正常发光时每个灯泡中电流为I灯=P额U额=1A所以最多允许接入的灯泡个数为n=I2I灯=9盏.(3)可变电阻R两端的电压为U R=U2-U额=3V可变电阻R的阻值为R=URI2=13Ω.。

交变电流记一记交变电流知识体系辨一辨1.方向周期性变化，大小不变的电流也是交变电流．(√)2．只要线圈在磁场中转动，就可以产生交变电流．(×)3．线圈在通过中性面时磁通量最大，电流也最大．(×)4．线圈在通过垂直中性面的平面时电流最大，但磁通量为零．(√)5．线圈在通过中性面时电流的方向发生改变．(√)想一想1.交变电流的峰值E m＝nBSω与线圈的形状有关吗？提示：无关，S为线圈所包围的面积．2．交变电流的峰值E m＝nBSω与转动轴的位置有关吗？提示：无关，但要保证转动轴与磁场相垂直．3．线圈的电动势的图象和线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动时的对应关系是怎样的？思考感悟：练一练1.(多项选择)矩形线框绕垂直于匀强磁场且在线框平面的轴匀速转动时产生了交变电流，如下说法正确的答案是( )A．当线框位于中性面时，线框中感应电动势最大B．当穿过线框的磁通量为零时，线框中的感应电动势也为零C．每当线框经过中性面时，感应电动势或感应电流方向就改变一次D．线框经过中性面时，各边切割磁感线的速度为零解析：线框位于中性面时，线框平面与磁感线垂直，穿过线框的磁通量最大，但此时切割磁感线的两边的速度与磁感线平行，即不切割磁感线，所以电动势等于零，此时穿过线框的磁通量的变化率等于零，感应电动势或感应电流的方向也在此时刻变化．线框垂直于中性面时，穿过线框的磁通量为零，但切割磁感线的有效切割速度最大，所以感应电动势最大，此时穿过线框的磁通量的变化率最大．故C、D两项正确．答案：CD2．关于线圈在匀强磁场中转动时产生的交变电流，以下说法中正确的答案是( ) A．线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次，感应电动势方向不变B．线圈每转动一周，感应电流方向就改变一次C．线圈平面每经过中性面一次，感应电动势和感应电流的方向都要改变一次D．线圈转动一周，感应电动势和感应电流方向都要改变一次解析：线圈转至中性面时，线圈平面垂直于磁感线，磁通量最大，但磁通量的变化率、感应电动势、感应电流均为零，电流方向恰好发生变化．因此，线圈在匀强磁场中转动产生交变电流时，每经过中性面一次，感应电动势和感应电流的方向都要改变一次，线圈每转动一周，经过中性面两次，感应电动势和感应电流的方向都改变两次，所以C项正确．3．如下列图，一矩形线圈abcd ，ab 边长为l 1，bc 边长为l 2，在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕OO ′轴以角速度ω从图示位置开始匀速转动，如此t 时刻线圈中的感应电动势为( )A ．0.5Bl 1l 2ωsin ωtB ．0.5Bl 1l 2ωcos ωtC ．Bl 1l 2ωsin ωtD ．Bl 1l 2ωcos ωt解析：因为开始时刻线圈平面与磁感线平行，即从垂直于中性面开始转动，所以开始时刻线圈中感应电动势最大，为E m ＝Bl 1l 2ω，符合余弦规律，因此在t 时刻线圈中的感应电动势为Bl 1l 2ωcos ωt ，故D 项正确．答案：D4．一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象如下列图．如此如下说法中正确的答案是( )A ．t ＝0时刻，线圈平面与中性面垂直B ．t ＝0.01 s 时刻，Φ的变化率为0C ．t ＝0.02 s 时刻，感应电动势达到最大D ．从t ＝0.01 s 时刻至t ＝0.04 s 时刻线圈转过的角度是32π 解析：由题图可知0、0.02 s 、0.04 s 时刻线圈平面位于中性面位置，Φ最大，ΔΦΔt＝0，故E ＝0；0.01 s 、0.03 s 、0.05 s 时刻线圈平面与磁感线平行，Φ最小，ΔΦΔt 最大，故E 最大，从题图可知，从t ＝0.01 s 时刻至t ＝0.04 s 时刻线圈旋转34周，转过的角度为32π，故D 项正确．要点一交变电流的产生1．如下列图为演示交变电流产生的装置图，关于这个实验，正确的说法是( )A ．线圈每转动一周，电流计指针左右摆动两次B ．图示位置线圈位于中性面，线圈中无感应电流C ．图示位置ab 边的感应电流方向为a →bD ．线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零解析：线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生呈周期性变化的交变电流，线圈经过中性面时电流改变方向，线圈每转动一周，有两次通过中性面，电流方向改变两次，电流计指针左右摆动一次．线圈处于题图所示位置时，ab 边向右运动，由右手定如此，ab 边的感应电流方向为a →b ；线圈平面与磁场方向平行时，ab 、cd 边垂直切割磁感线，磁通量为零，但磁通量的变化率最大．综上所述，C 项正确．答案：C2．(多项选择)如下列图，一正方形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO ′匀速转动，沿着OO ′轴观察，线圈沿逆时针方向转动．磁感应强度为B ，线圈匝数为n ，边长为l ，电阻为R ，转动的角速度为ω，如此当线圈转至图示位置时( )A ．线圈中感应电流的方向为abcdaB ．穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率也为零C ．线圈中的感应电流为nBl 2ωRD ．线圈从图示位置起转动T 6时，电动势的瞬时值为12nBl 2ω解析：根据右手定如此判断知，ad 边切割磁感线产生的感应电流方向由a →d ；bc 边切割磁感线产生的感应电流方向由c →b ，所以A 项错误；在图示位置Φ＝B ·S ⊥＝0；e ＝E m ＝nl 2Bω，由E ＝n ΔΦΔt 得ΔΦΔt ＝E n ＝Bl 2ω，i ＝E R ＝nBl 2ωR ，所以C 项正确，B 项错误；t ＝T 6，ω＝2πT ，由e ＝nBl 2ωcos ωt ＝nBl 2ωcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT ×T 6＝12nBl 2ω，D 项正确． 答案：CD要点二交变电流的变化规律3.一交流发电机的感应电动势e ＝E m sin ωt ，假设将线圈的匝数增加一倍，电枢的转速也增加一倍，其他条件不变，感应电动势的表达式将变为( )A ．e ′＝2E m sin 2ωtB ．e ′＝2E m sin 4ωtC ．e ′＝4E m sin 2ωtD ．e ′＝4E m sin 4ωt解析：e ＝E m sin ωt ＝NBSωsin ωt ，现N ′＝2N ，ω′＝2ω，如此E m ′＝4E m ，所以感应电动势的瞬时值表达式将变为e ′＝4E m sin 2ωt ，C 项正确．答案：C4．如下列图，在水平匀强磁场中一均匀矩形闭合线圈绕OO ′轴匀速转动，假设要使线圈中的电流峰值减半，不可行的方法是( )A ．只将线圈的转速减半B ．只将线圈的匝数减半C ．只将匀强磁场的磁感应强度减半D ．只将线圈的边长减半解析：由I m ＝E mR ，E m ＝NBSω，ω＝2πn ，得I m ＝NBS ·2πn R，故A 、C 可行；线圈电阻R 与匝数有关，当匝数减半时电阻R 也随之减半，如此I m 不变，故B 不可行；当边长减半时，面积S 减为原来的14，而电阻减为原来的12，故D 可行． 答案：B5．(多项选择)线圈在匀强磁场中转动产生电动势e＝10sin 20πt V，如此如下说法正确的答案是( )A．t＝0时，线圈平面位于中性面B．t＝0时，穿过线圈的磁通量最大C．t＝0时，导线切割磁感线的有效速率最大D．t＝0.4 s时，e有最大值10 2 V解析：由电动势的瞬时值表达式可知，计时从线圈位于中性面时开始，所以t＝0时，线圈平面位于中性面，磁通量最大，但此时导线切割磁感线的有效速率为零，A、B两项正确，C项错误．当t＝0.4 s时，解得e＝0，D项错误．答案：AB要点三交变电流的图象6.如下列图的各图象中表示交变电流的是( )解析：B、C两图象中，虽然电流大小随时间做周期性变化，从图上看图线分布在t轴一侧，即电流方向不变，故不是交变电流．A图中电流的方向没发生变化，不是交变电流．D 图中，从图上看图线分布在t轴两侧，电流的大小、方向均做周期性变化，是交变电流，应当选D.答案：D7．线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生交变电流的图象如下列图，由图中信息可以判断( )A．在A和C时刻线圈处于中性面位置B．在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零C．从A～D线圈转过的角度为2πD．假设从O～D历时0.02 s，如此在1 s内交变电流的方向改变100次解析：根据题图，可知交变电流的瞬时值表达式为i＝I m sin ωt.其中I m是交变电流的最大值，ω是线圈旋转的角速度．从题图可以看出，在O 、B 、D 时刻电流为零，此时线圈恰好处于中性面的位置，且穿过线圈的磁通量最大；在A 、C 时刻电流最大，线圈处于和中性面垂直的位置，此时磁通量为零；从A 到D ，线圈旋转34周，转过的角度为3π2；如果从O 到D 历时0.02 s ，恰好为一个周期，所以1 s 内线圈转过50个周期，经过中性面100次，电流方向改变100次．综合以上分析可得，D 项正确．答案：D8．如图甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO ′以恒定的角速度ω转动．当从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，如此在t ＝π2ω时刻( )A ．线圈中的电流最大B ．穿过线圈的磁通量为零C ．线圈所受的安培力最大D ．线圈中的电流为零解析：由T ＝2πω，故t ＝π2ω＝T 4，此时线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，B 项错误，由于此时感应电动势为零，所以线圈中电流为零，线圈所受的安培力为零，A 、C 两项错误，D 项正确．答案：D根底达标1.关于交变电流和直流电的说法，正确的答案是( )A ．如果电流大小做周期性变化，如此一定是交变电流B ．直流电的大小可以变化，但方向不一定变化C ．交变电流一定是按正弦或余弦规律变化的D ．交变电流的最大特征就是电流的方向发生周期性的变化解析：直流电的特征是电流方向不变，交流电的特征是电流方向改变，另外交变电流不一定都是正弦交流电或余弦交流电，D项正确．答案：D2．面积为S的线圈绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度ω匀速转动，从图中位置开始计时，能产生正弦式交变电动势e＝BSωsin ωt的是( )解析：A图产生的感应电动势e＝BSωsin ωt；B、C、D图不产生感应电动势．此题选A.答案：A3．(多项选择)如下列图，一面积为S的单匝矩形线圈处于有界匀强磁场中，能在线圈中产生交变电流的是( )A．将线圈水平向右匀速拉出磁场B．使线圈以OO′为轴匀速转动C．使线圈以ab为轴匀速转动D．磁场以B＝B0sin ωt规律变化解析：将线圈向右匀速拉出磁场的过程中磁通量均匀减小，因此产生的感应电流大小不变，A项错误；线圈绕垂直于磁感线方向的轴转动时磁通量发生周期性变化，因此产生交变电流，B、C两项正确；如果磁感应强度发生周期性变化，而线圈面积不变，如此磁通量也发生周期性变化，产生交变电流，D项正确．答案：BCD4．(多项选择)如下列图，闭合的矩形导体线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′方向观察，线圈沿逆时针方向转动．匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，ab边的边长为l1，ad边的边长为l2，线圈电阻为R，转动的角速度为ω，如此当线圈转至图示位置时( )A ．线圈中感应电流的方向为abcdaB ．线圈中的感应电动势为2nBl 2ωC ．穿过线圈的磁通量随时间的变化率最大D ．线圈ad 边所受安培力的大小为n 2B 2l 1l 22ωR解析：根据右手定如此，当线圈转至图示位置时，线圈中感应电流的方向为adcba ，线圈中感应电动势应为最大值E m ＝nBl 1l 2ω，此时，穿过线圈磁通量随时间的变化率最大，A 、B两错误，C 项正确；线圈ad 边所受安培力的大小F ＝nBIl 2＝nB nBl 1l 2ωR l 2＝n 2B 2l 1l 22ωR，D 项正确．答案：CD5．(多项选择)矩形线圈abcd 在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生如下列图的交流电，如此对应t 1时刻线圈的位置可能为如下图中的( )解析：线圈在匀强磁场中绕轴逆时针匀速转动时，切割磁感线，产生电流，在t 1时刻，此时感应电流为零，磁通量变化率为零，磁通量最大，线圈平面和磁场方向垂直，故B 、D 两项正确．答案：BD6．如下列图，矩形线圈abcd在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以一样的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时( )A．线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流B．线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势C．线圈绕P1和P2转动时产生的电流均为正弦式交变电流，在图示位置电流的方向一样，都是a→b→c→dD．线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力解析：只要线圈绕垂直于磁感线的轴转动，在其他量一样时，产生的电动势和电流与转轴的位置无关，故A项正确，B项错误；根据楞次定律，线圈绕P1和P2转动，在题图所示位置时电流的方向一样，都是a→d→c→b，C项错误；绕两轴转动时，在同一位置的瞬时电流一样，同一边受到的安培力也一样，D项错误．答案：A7．如图甲所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ad、bc中点的轴OO′以角速度ω逆时针匀速转动，假设以线圈平面与磁场夹角θ＝45°时(如图乙)为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正，如此选项图中正确的答案是( )解析：矩形线圈绕垂直于匀强磁场的转轴匀速转动，产生正弦式交变电流，在开始计时(t＝0)时线圈位于题图乙所示的位置，根据右手定如此可知电流为正方向且不为零，B、C两项错误；假设达图甲所示的位置，感应电流为正向的峰值，可见t＝0时刻交变电流处于正半周且再经T 8到达中性面位置，或者由θ＝π4，电流瞬时表达式i ＝I m cos(ωt ＋θ)，所以0＝I m cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πTt ＋π4，t ＝T 8.A 项错误，D 项正确． 答案：D8．矩形线圈abcd 在如下列图的磁场中以恒定的角速度ω绕ab 边转动，磁场方向垂直纸面向里，其中ab 边左侧磁场的磁感应强度大小是右侧磁场的2倍．在t ＝0时刻线圈平面与纸面重合，且cd 边正在向纸外转动．规定图示箭头方向为电流正方向，如此线圈中电流随时间变化的关系图线应是( )解析：绕垂直磁场的轴转动时，线圈能够产生的最大感应电动势E m ＝NBSω，所以线圈在左侧磁场中产生的感应电动势最大值是右侧磁场中最大值的2倍，再利用楞次定律分析感应电流方向，可知A 项正确．答案：A9．如下列图，①、②两个并排放置的共轴线圈，①中通有如下列图的交流电，如此如下判断错误的答案是( )A ．在t 1到t 2时间内，①②相吸B ．在t 2到t 3时间内，①②相斥C ．t 1时刻两线圈间作用力为零D ．t 2时刻两线圈间吸引力最大解析：t 1到t 2时间内①线圈中电流正向减小，在线圈②中产生感应电流也为正向，故①②两线圈相互吸引，故A 选项说法正确；t 2到t 3时间内，①线圈中电流负向增大，在②中产生正向的感应电流，①②相互排斥，B 选项说法正确；t 1时刻①电流最大，但变化率为零，在②中不产生感应电流，两线圈作用力为零，C 选项说法正确；t 2时刻①中电流为零，但变化率最大，②中感应电流最大，作用力为零，故D 选项说法错误．答案：D10．如下列图，一圆柱形铁芯上沿轴线方向绕有矩形线圈，铁芯与磁极的缝隙间形成了辐向均匀磁场，磁场的中心与铁芯的轴线重合．当铁芯绕轴线以角速度ω逆时针转动的过程中，线圈中的电流变化图象正确的答案是(从图示位置开始计时，N 、S 极间缝隙的宽度不计．以a 边的电流进入纸面，b 边的电流出纸面为正方向)( )解析：在一个周期内，前半个周期内：根据右手定如此可知电流从b 边进入纸面，a 边流出纸面，为负值．设ab 边长为L 1，ad 边长为L 2，矩形abcd 的面积为S ，电阻为R ，磁感应强度大小为B ，如此感应电动势大小为E ＝2BωL 12L 2＝BSω，感应电流大小为i ＝E R ＝BSωR，不变；后半个周期内：根据右手定如此可知电流从a 边进入纸面，b 边流出纸面，为正值．感应电流大小为i ＝E R ＝BSωR，不变，C 项正确． 答案：C能力达标11．在垂直纸面向里的有界匀强磁场中放置了矩形线圈abcd .线圈cd 边沿竖直方向且与磁场的右边界重合．线圈平面与磁场方向垂直．从t ＝0时刻起，线圈以恒定角速度ω＝2πT绕cd 边沿如下列图方向转动，规定线圈中电流沿abcda 方向为正方向，如此从t ＝0到t ＝T 时间内，线圈中的电流i 随时间t 变化关系的图象为( )解析：在0～T 4内，线圈在匀强磁场中匀速转动，故产生正弦式交流电，由楞次定律知，电流方向为负值且逐渐增大；在T 4～34T 内，线圈中无感应电流；在34T 时，ab 边垂直切割磁感线，感应电流最大，且电流方向为正值，故只有B 项正确．答案：B12．(多项选择)一单匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴线匀速转动时产生正弦式交变电流，其电动势的变化规律如图线a 所示，当调整线圈转速后，电动势的变化规律如图线b 所示，以下关于这两个正弦式交变电流的说法正确的答案是( )A ．从图线可算出穿过线圈磁通量的最大值B ．线圈先后两次转速之比为2：3C ．在图线a 和b 中，t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零D ．图线b 电动势的瞬时值表达式为e ＝100 sin 100π3t V 解析：根据图线a ：感应电动势最大值E m ＝BSω＝Φm ω，因此磁通量最大值Φm ＝E m ωa ＝E m T a 2π＝3πWb ，A 项正确；线圈先后两次周期之比T a T b ＝0.04s 0.06 s ＝23，n a n b ＝f a f b ＝T b T a ＝32，B 项错误；t ＝0时刻感应电动势为零，线圈位于中性面，穿过线圈的磁通量最大，C 项错误；感应电动势最大值E m ＝BSω，因此E m a E mb ＝ωa ωb ＝2πf a 2πf b ＝32，即E m b ＝23E m a ＝100 V ，图线b 电动势瞬时值表达式为e ＝E m b sin ωb t ＝100sin100π3t V ，D 项正确． 答案：AD13．有一个正方形线框的线圈匝数为10匝，边长为20 cm ，线框总电阻为1 Ω，线框绕OO ′轴以10π rad/s 的角速度匀速转动，如下列图，垂直于线框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.5 T ，求：(1)该线框产生的交变电流电动势最大值、电流最大值；(2)线框从图示位置转过60°时，感应电动势的瞬时值；(3)感应电动势随时间变化的表达式．解析：(1)交变电流电动势最大值为E m ＝nBSω＝10×0.5×0.22×10πV＝6.28 V电流的最大值为I m ＝E m R ＝6.281A ＝6.28 A. (2)线框转过60°时，感应电动势E ＝E m sin 60°≈5.44 V.(3)由于线框转动是从中性面开始计时的，所以瞬时值表达式为e ＝E m sin ωt ＝6.28sin 10πt .答案：(1)6.28 V 6.28 A (2)5.44 V(3)e ＝6.28 sin 10πt14．如下列图，一个小型旋转电枢式交流发电机，其矩形线圈的长度为a ，宽度为b ，共有n 匝，总电阻为r ，与线圈两端相接触的集流环上接有一个阻值为R 的定值电阻，线圈以角速度ω在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕与磁场方向垂直的对称轴OO ′匀速转动，沿转轴OO ′方向看去，线圈沿逆时针方向转动，t ＝0时刻线圈平面与磁感线垂直．(1)表示出线圈经过图示位置时，线圈中的感应电流的方向；(2)写出线圈转动过程中感应电动势的瞬时值表达式；(3)求线圈从t ＝0位置开始到转过90°的过程中的平均电动势．解析：(1)根据右手定如此或楞次定律判断可知，线圈中电流方向是d →c →b →a .(2)从中性面开始计时，感应电动势随时间按正弦规律变化，且最大感应电动势 E m ＝nBabω所以感应电动势的瞬时值表达式为e ＝nBabωsin ωt .(3)平均感应电动势E －＝n ΔΦΔt ＝n Bab π2ω＝2nBabωπ. 答案：(1)电流方向是d →c →b →a(2)e ＝nBabωsin ωt (3)2nBabωπ。