2019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.pdf

专题 12 交变电流与传感器专题 12 交变电流与传感器 第一部分名师综述第一部分名师综述 本章内容实际上是电磁感应现象研究的继续及其规律的具体应用，在学习的过程中，要注意理论联系实际， 要善于知识的迁移、综合和应用，本章主要围绕交变电流的产生、变化规律及表征交变电流的物理量这一 中心展开，复习时需要注意的问题有： 1.区分瞬时值、有效值、最大值、平均值. 瞬时值随时间做周期性变化，表达式为(从中性面开始计时).tNBSesin 有效值是利用电流的热效应定义的，即如果交流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交流电的有效值.用来计算电路中的电功率和电热. 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.NBSEm 平均值是利用来进行计算的，计算电量时用平均值. t nE 2.理想变压器的有关问题，要注意掌握电流比的应用，当只有一原一副时电流比，当理想变压器 2 1 2 1 n n I I 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.同时掌握输入功率与 输出功率的决定与被决定的关系. 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： 应知道求解传感器问题的思路：传感器问题具有涉及的知识点多、综合性强、能力要求高等特点，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，求解时必须结合题目提供的所有信息，认真分析传感器所在的电路结构，这样才能对题目的要 求作出解释或回答.另外，平时应多注意实际生产、生活中的一些实例，多一些思考，多动手，多查资料， 开阔自己的视野，丰富自己的经验，达到学以致用、活学活用的目的. 特别注意加速度计与加速度传感器：加速度传感器实际上是变式加速度计，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). 第二部分精选试题第二部分精选试题 一、单选题 1如图所示的变压器中，原副线圈的匝数比为，图中定值电阻R1与原线圈串联后再与一有效值为 44 n1 n2 = 2 1 V 的交变电源连在一起。阻值为 16 的定值电阻R2与标有“12 V 6 W”的灯泡 L 串联后接在副线圈中，电 路稳定后灯泡 L 恰好正常发光。则变压器原线圈的输入功率与R1消耗的功率之比为 A1:1B2:1C10:1D3:5 【答案】 C 【解析】 【详解】 在副线圈中，小灯泡正常发光，根据“12 V 6 W”可求得副线圈中的电流为I2=0.5 A，进而可求出R2两端 的电压为 8 V， 故副线圈两端的电压为 20 V； 由和， 可知原线圈两端的电压为 40 V， 电流为 U1 U2 = n1 n2 I1 I2 = n2 n1 0.25 A，故加在R1两端的电压为 44 V40 V=4 V，故R1消耗的功率为PR1=UR1I1=1 W，变压器原线圈的输入功 率为P1=U1I1=10 W，故变压器原线圈的输入功率与R1消耗的功率之比为 10:1，故选项 C 正确。 2如图所示，理想变压器原线圈两端A、B接在电动势E8V、内阻r2 的交流电源上，理想变压器的 副线圈两端与滑动变阻器R相连，滑动变阻器阻值可在 010 范围内变化，变压器原、副线圈的匝数比 为 12 ，下列说法正确的是 A副线圈两端输出电压U2=16V B副线圈中的电流I22A C当电源输出功率最大时，滑动变阻器接入电路中的阻值R8 D当电源输出功率最大时，滑动变阻器接入电路中的阻值R4 【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：时，P有I1= E 2r = 8 2 × 2A = 2A 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 ×2A=1A，此时滑动变阻器接 1 2 入电路中的阻值，故 C 正确、ABD 错误。R = U2 I2 = 8 3用正弦式交变电流通过一理想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 1:2 CR: r = 2:1 D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，可以根据 R 的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的 电流的变化的情况，再根据电压不变，结合题目的条件来分析其他元件的电流、电压及功率的变化情况。 【详解】 A 变压器输入电压有效值不变， 由知， 在副线圈所在电路中，保持不变， 开关闭合前，U1 U1 U2 = n1 n2 U2P1= P2= ，开光闭合后，用户电阻变为,故开关闭合前后变压器的输入功率变化，A 错误 ； U22 R + r R'= R 2 P1'= P2'= U22 R 2 + r BC 根据开关 S 闭合前后用户消耗的电功率相等， 有，P用= （ U2 R + r） 2·R P用'= （ U2 R 2 + r） 2·R 2 P用= P用' 可得，输电线上损失的功率为输电线上电阻的发热功率，开始闭合前，开R:r = 2:1 Pr= （ U2 R + r） 2·r 关闭合后，结合,可得，故 B 正确，C 错误。Pr'= （ U2 R 2 + r） 2·r R:r = 2:1 Pr:Pr'= 1:2 D由知，电流表的示数。则； 在副线圈电路中，闭合前电流，闭合后，电 I1 I2 = n2 n1 I1= n2 n1I2 I1 I1' = I2 I2' I2= U2 R + r 流，结合，得I2'= U2 R 2 + r R:r = 2:1 I1 I1' = I2 I2' = 2 2 4如图所示，半径为 r 的金属圆环放在垂直纸面向外的匀强磁场中，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均匀增大经过时间 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化，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 - 4 B 5 - 5 C 42 - 42 D 52 - 52 【答案】 A 【解析】 【分析】 当线圈不动时，根据求解感应电动势，根据求解热量；当线圈转动时，根据 E=BS 求解最E = t Q = E2 Rt 大值，然后根据交流电的有效值求解产生的热量，联立后即可求解. 【详解】 若保持圆环不动，则产生的感应电动势恒定为，则；若线圈转动：E1= (B1- B0)r2 t Q = E21 Rt = (B1- B0)22r4 tR 则产生的感应电动势最大值： ,有效值，产生的热量E2m= B1S = B1 2 2t r 2 = 2r2B1 4t E2= 2r2B1 4 2t Q = E22 R ，联立可得：，故选 A.× 2t = 4r4B21 16tR B0 B1 = 4 - 4 【点睛】 此题关键是掌握求解电动势的两个公式：和 E=BS；知道求解交流电产生的热量时要用交流电的有E = t 效值。 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，接在以正弦交流信 号发生器为电源的两端。 通过调节交流信号发生器上的旋钮， 可以改变输出电压和信号的频率。 闭合开关 S， A、B 两灯均发光。关于该实验，下列说法中正确的是 ( ) A保持交流信号频率不变，适当提高输出电压，发现 A 灯始终比 B 灯亮 B保持输出电压不变，提高交流信号频率，发现 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，发现 A 灯比原来暗 D断开开关 S，发现 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：提高交流信号频率，电压不变以，B 灯亮度不变，根据可知线圈 L 中的感抗增大，所以 AxL= 2fL 灯变暗，故 B 错误； 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 中的电流逐渐熄灭，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xL 。= 2fL 6一个含有理想变压器的电路如图所示，其中为定值电阻，为滑动变阻器，电表为理想电表，R1、R3、R4R2 为正弦交流电源，其电压有效值恒定，当滑片 从左向右滑动的过程，下列说法正确的是（）uP A理想变压器输出功率减小 B电流表示数减小 C电容器 所带电荷量始终不变C D电压表示数不变 【答案】 B 【解析】AB、根据功率相等可知：UI1= I21R1+( n1 n2) 2 I21(R2+ R3) 当滑片 从左向右滑动的过程的阻值增大，所以减小，PR2I1 则理想变压器的输出功率为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P = UI1- I21R1 随电流的减小有可能增大也有可能减小，故 A 错误；B 正确；I1 C、 由于电流变小， 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， 根据I1Q = C 可知电容器上的电荷量也在减小，故 C 错误；U3 D、，由于电流减小，所以电压增大，变压器匝数不变，根据，所以也增大，故 DU1= U - I1R1I1U1 U1 U2 = n1 n2 U2 错误； 故选 B 7一个含有理想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 为正弦交流电源。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理想变压器原、副线圈匝数比为 2:1 B理想变压器原、副线圈匝数比为 1:1 C开关 S 闭合稳定后，灯泡 L1和 L2消耗的功率之比为 1:4 D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 1 II 过副线圈的电流也为，由变压器知识得，故 A 错误，B 正确。C、开关 S 闭合稳定后，设 2 II 12 21 1 1 nI nI 流过副线圈的电流为， 可知流过原线圈的电流， 根据功率可知 L1和 L2的功率之比为 1:1， 2 I 12 II 2 PI R 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UIRIR 11 2UI RIR 1 2 3 II 可得三个灯泡均不能正常发光.D 错误。故选 B。 【点睛】本题考查理想变压器原理及应用，要注意明确电路结构，知道开关通断时电路的连接方式；同时 注意明确输入电压与总电压之间的关系。 8如图，理想变压器的原线圈与二极管一起接在的交流电源上，副线圈接有u = 2202sin100t （V） R=55 的电阻，原、副线圈匝数比为 21。假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，电流表为 理想电表。则 A副线圈的输出功率为 110W B原线圈的输入功率为 110W2 C电流表的读数为 1A D副线圈输出的电流方向不变 【答案】 A 【解析】 因为原线圈上接有理想二极管， 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: ，所以副线圈电压的最大值为，设副线圈电压的有效值为，则有，解得n2U2m= 110 2V U2 U22 RT = 0 + ( U2m 2) 2 R T 2 ，副线圈的输出功率为 ：，原线圈的输入功率为，A 正确 B 错误 ；U2= 55 2V P2= U22 R = 110WP1= P2= 110W 电流表读数为：，C 错误；因为原线圈上接有理想二极管，原线圈中电流方向不变，原线圈I2= U2 R = 2A 中电流增大和减小时在副线圈中产生的感应电流方向相反，副线圈输出的电流方向改变，D 错误 【点睛】有效值是根据电流热效应来规定的，让一个交流电流和一个直流电流分别通过阻值相同的电阻， 如果在相同时间内产生的热量相等，那么就把这一直流电的数值叫做这一交流电的有效值。计算电功率使 用有效值，交流电表的读数是有效值 9 图甲中理想变压器原、 副线圈的匝数之比 n1n251， 电阻 R10 ， 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 的变化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 = 202sin(50t) C若 S1 换接到 2 后，原线圈的输入功率为 1.6 W D若 S1 换接到 2 后，R 消耗的电功率为 0.8 W 【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，所以输入电压u的表达式应为 = 2 0.02 = 100u = 20 2sin ， B 错误 ； C、 D、 若 S1换接到 2 后， 由， 则电阻R电压有效值为 4V，R(100t)V U1 U2 = n1 n2 = 5 1 U1= 202 2 = 20V 消耗的电功率为，而变压器两端的功率相等，则输入功率也为 0.8W，C 错误，D 正P2= U22 R = 42 20 = 0.8W 确故选 D. 【点睛】掌握理想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 0.02，则在 010s 内线圈产生的焦耳热为( ) A.80J B.85JC.90J D.125J 【答案】 B 【解析】 试题分析:根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=2； 则 10s 内产生的焦耳热 Q=I2rt=（）2×2×10=85J； 故选：B 【名师点睛】本题要注意明确该交流电中前二分之一周期为正弦交流电的四分之一周期，该时间内的有效 值和最大值之间的关系仍然为.2 m II 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 r 则等效电阻 R 减小，根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】 此题比较复杂，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，理想变压器原副线圈匝数比n1 : n2 = 55:4，原线圈接有交流电流表 A1，副线圈电路接有 交流电压表 V、交流电流表 A2、滑动变阻器R等，所有电表都是理想电表，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。原线圈接入的交流电压的变化规律如图(b)所示，则下列说法正确的是 A交流电压表 V 的读数为32 2V B灯泡 L 两端电压的有效值为16 2V C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）可知交流发电机转子的角速度为rad/s100 【答案】 BD 【解析】 【分析】 根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；根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，再根据电路结构分析电流表的变化；根据图 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，根据，可得副线圈电压为 32V，交流电压表 V 的示 U1 U2 = n1 n2 数为有效值即为 32V，故 A 错误； 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， 根据交变电流有效值的定义有 ： ，解得：，故 B 正确； 322 R T 2 = U'2 R T U'= 16 2V C、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，因为理想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、根据可知，交流发电机转子的角速度为 100rad/s；故 D 正确. = 2 T = 100rad/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。能根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掌握情况. 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向里.现将半径为R，圆心角为 900的扇形导线框 OPQ以角速度绕O点在纸面内沿逆时针匀速转动，导线框回路电阻为r.20 （1）求导线框中感应电流最大值. （2）求导线框从图示位置开始转过 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）（2）（3） BR220 r R2B 2r 50B2R4 2r 【解析】 【详解】 (1)线框从图甲位置开始(t=0)转过 900的过程中，产生的感应电动势为: E1= 1 22B.20R 2 由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：I1= E1 r 联立以上各式解得:I1= BR220 r 同理可求得线框进出第 3 象限的过程中，回路电流为: I2= BR20 r 故感应电流最大值为:Im= BR220 r (2) 导线框从图示位置转过过程中900 联立可得：E = tI = E rQ = I.t Q = r = 4 R2.2B Q = R2B 2r (3) 线框转一周产生的热量: Q热=(I21.r. T 4 + I22.r. T 4) × 2 线框进出第 3 象限的过程中，回路电流为: I2= BR20 r 又T = 2 20 解得: Q = 50B2R4 2r 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=1， 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 =2 rad/s，电阻 R=4。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=0.2cos2t（A） （2）0（3）0.05C（4）1.78A（5）0.99J 【解析】 【详解】 （1）根据Em=NBS，可得感应电动势的最大值：Em=100×0.5×0.12×2V=V； 则通过电阻R电流的最大值：iRm= Em R + r = 4 + 1 = 0.2A 则流过电阻R的电流的瞬时值表达式：i = 0.2cos2t(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 = ，此时线圈平面与磁场垂直，则产生的感应电动势的值为 0；t = 2 × 7.25 = 14.5rad （3）由图示位置转过 30°角的过程中，通过电阻 R 的电量 ：q = N r + R = NBL2sin30 r + R = 100 × 0.5 × 0.12× 0.5 5 ；C = 0.05C （4）电压表的示数U = ER R + r = EmR 2(R + r) = × 4 52 V = 1.78V （5）线圈转动一周过程中，外力做的功等于产生的电功率： .P = E2 R + rT = ( Em 2) 2 r + R 2 = 2 10W = 0.99W 23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满足曲线方程 x=0.5sin，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 y 5 可忽略的定值电阻 R1和 R2，其 R1=4.0、R2=12.0。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，求： （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）（2）（3）1A1.25J3.75J 【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Em= Bxmv = 3V 外电路总电阻：R并= R1R2 R1+ R2 = 3 则Im= Em R并 = 1A （2）导体棒运动形成的正弦交变电压：e = 3sin 3 5 t(V) 电动势有效值：E = 3 2V 则Q = E2 R并t = 1.25J （3）由能量守恒关系可知：WF= Q + mgh = 3.75J 24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，在它的c、d两端接一般值的电阻。设在受电线圈内存在与线圈平面垂直的r = 1.0R = 9.0 磁场，其磁通量随时间变化规律如图乙所示，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）从到时间内，通过电阻R的电荷量。t1t2 【答案】 （1）5.7×10-2J（2）2×103C 【解析】 【分析】 （1）求出交流电的有效值，再根据焦耳定律即可求出电阻 R 上产生的热量； （2）根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=×10-3s；受电线圈中产生的电动势为最大值Em= NBS = Nm 2 T = 50 × 2.0 × 10 - 4 × 2 × 10 - 3V = 20V 线圈中产生感应电流的最大值大小为；Im Em R + r2.0A 通过电阻电流的有效值为I Im 2 2A 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En t 通过电阻电流的平均值为I E R + r 通过电阻的电荷量q tI 由题图乙知，在 T/43T/4 的时间内，=4×10-4Wb 解得qn2×103C R + r 【点睛】 本题考查电磁感应以有交流电的性质；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 的电量经验公式是 Qn，可以在推导的基础上记住。 R + r 25如图为一个小型旋转电枢式交流发电机的原理图，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=5.0，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 匀速转动时，小灯泡恰好正常发光，求： （1）线圈转动的角速度 ； （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）3rad/s；（2）4.8N，方向从c到d；（3）0.2C； 1.33J。2 【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，然后根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，由左手定则判断方向。 （3）根据交流电的有效值计算电能；根据求解流过灯泡的电量。q = n r + R 【详解】 （1）小灯泡的额定电流为：I = P U = 1.8 3.0 = 0.6A 小灯泡的额定电阻为：R = U I = 3.0 0.6 = 5 可得电动势最大值为：E=I（R+r）=0.6×（5+5）=6V 最大值为：Em=6V2 又：Em=mBS=mabbcB 可得：=3rad/s2 （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 R + r = m BS R + r 由因为：Em=mBS 所以有：。q = Em (R + r) = 62 10 × 32C = 0.2C 由焦耳定律可得：Q总= E2 R + rt = E2 R + r T 4 = E2 R + r × 2 4 = 62 5 + 5 × 3.14 2 × 32 = 1.33J 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】 本题考查了交流电的产生原理，要学会从图象中获取有用物理信息的能力，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定轴 OO 匀速转动，转动的角速度 =10 rad/s，线圈的匝数 N=10 匝、电阻 r=1，线圈所围面积 S=0.1m2线圈 的两端经滑环和电刷与阻值 R=9 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)从图示位置开始计时，写出通过 R 的电流的瞬时表达式； (2)若在 R 两端接一个交流电压表，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=3.14cos31.4t A (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=NBS=10×1×0.1×10V=31.4V 感应电流的最大值为：Im= Em R + r = 31.4 9 + 1 = 3.14A 电流的瞬时表达式为：i=Imcost=3.14cos31.4t A （2）电流的有效值为：I= Im 2 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=0.2s 2 解得：Q=9J （4）通过 R 的电荷量为：q= tI 又I E R + r = N t(R + r) 所以 q= NBS R + r 代入数据解得：q=0.1C 【点睛】 解决本题时要知道正弦式交流电峰值的表达式 Em=nBS，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用交流供电方式 有一台内阻为 1 的太阳能发电机， 供给一个学校照明用电，如图 10 所示，升压变压器的匝数比为 14，降压变压器的匝数比为 41，输电 线的总电阻R4 ，全校共 22 个班，每班有“220 V 40W”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)5 424 W (2)250 V (3)97% (4)2 676 W 【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I R 2 2 又I2= I3 4 = nI灯 4 = 6A 所以 P出22×6×40 W62×4 W5 424 W； (2)EU1I1·r，r 为发电机内阻， U1= U2 4 I14I2， U24U3I2R4×220 V6×4 V904 V 所以；E = 904 4 V + 4 × 6 × 1V = 250V (3)输电效率； = P用 P总 = nP灯 P总 = 22 × 6 × 40 5424 0 0 = 970 0 (4)电灯减少一半时，nP灯= 22 × 6 2 × 40W = 2640W I2= n'P灯 U'2 = 2640 220 × 4A = 3A 所以 P出nP灯 R2 640 W32×4 W2 676 W。I'2 2 28 直流电动机是一种使用直流电流的动力装置， 是根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单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，能与转子一起绕轴转动 线框与铁芯是绝缘的，线框OO'. 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，线框总电阻为电源电动势为E，内阻不计 当闭合开关S，线框由静止开始在磁场中转动，线框所R 处位置的磁感应强度大小均为忽略一切阻力与摩擦B 求：闭合开关后，线框由静止开始到转动速度达到稳定的过程中，电动机产生的内能；(1)Q内 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(2). 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）（2） E2M 4B2L2 E2 4R 【解析】 【详解】 (1)设线框转动时ab，cd棒的最大速度为，v'm 产生的反电动势等于直流电源的电动势，即，E = 2BLv'm 解得:v'm= E 2BL 设ab，cd棒速度为时，线框回路中对应的电流为，v'I' 此时，两棒所受到的安培力均为，F' = BI'L 在时间内，对一根棒应用动量定理可得 t0F' t = M v' 即BLI' t = M v' 达到稳定的过程中，BL(I' t) = Mv'm- 0 电源输出的总能量为E总= I' t 联立解得E总= E2M 2B2L2 线框稳定转动，动能Ek= 2 × 1 2Mv '2 m= E2M 4B2L2 有能量守恒E总= Q内+ Ek 解得:Q内= E2M 4B2L2 当点击加上负载后，设线框所受等效阻力为f，即电动机输出的动力大小为f，(2) 设此时对应的ab，cd杆的稳定转动速度为，则线框回路中电流，vI = E - 2BLv R 每根杆受到的安培力为，F = IBL = E - 2BLv'' R BL 有平衡条件可知f = 2F = 2BL E - 2BLv R 电动机的输出功率为，P = fv = 2BLv E - 2BLv R 当时，功率最大为v = E 4BL P = E2 4R 【点睛】 本题主要考查了线圈转动过程中产生反感应电动势，根据能量守恒和平衡条件即可判断，关键是抓住线圈 匀速的条件. 29如图甲所示，长、宽分别为L1=0.3m、L2=0.1m 的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为n=100，总电 阻为r=1，可绕其竖直中心轴O1O2转动线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D(集流环)焊接 在一起，并通过电刷和阻值为 2的定值电阻R相连线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场，磁感应 强度B的大小随时间t的变化关系如图乙所示在 0时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直 ； 1 300s 时刻以后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度匀速转动，求（运算结果中可 1 300s = 50rad/s 保留 ）： (1)0时间内通过电阻R的电流大小； 1 300s (2)求在时间内，通过电阻R的电荷量为多少？ 1 300s 1 100s (3)时刻穿过线圈的磁通量的变化率是多大？ 1 150s 【答案】 （1）3A (2)0.01 (3) 3 2 × 10 - 2Wb/s 【解析】(1) 线框产生感应电动势的最大值EmnB1L1L2 感应电动势的有效值EnB1L1L2 2 2 通过电阻R的电流的有效值I 2nB 1L1L2 2(R + r) 线框转动一周所需的时间t = 2 此过程中，电阻R产生的热量QI2RtR()2=42×10-2J nB1L1L2 R + r (2)ss 时间内，线圈从图示位置转过 600， 1 300 1 100 '= B1L1L2- B1L1L2cos600= 1 2B1L1L2 平均感应电动势，平均感应电流E = n ' t' I = E R + r 通过电阻R的电荷量；q = It'= n ' R + r = nB1L1L2 2(R + r) = 0.01C (3)从图示位置开始转动，产生的交流电瞬时值表达式为：e=nB1L1L2sint s 时刻，线圈运动的时间 t=-=s， 1 150 1 150 1 300 1 300 代入上式得 e= nB1L1L2=1.5， 1 2 则此时线圈中的电流I = e R + r = 1.5 2 + 1 = 2 点睛：解决本题的关键掌握感应电动势的平均值、最大值、有效值和瞬时值的区别以及应用明确在求解 功率及电压值等要用有效值，求解电荷量用平均值 30 如图所示， 匝数为 100 匝、 面积为 0.01m2的线圈， 处于磁感应强度 B1为 T 的匀强磁场中。 当线圈绕 O1O2 1 以转速 n 为 300r/m