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物理|学年高二物理下学期专题训练2交变电流含解析( 三 )


A．交变电流的频率为50 Hz
B．变压器原副线圈匝数比为11∶1
C．用电器额定功率为22 W
D．在用电器电阻不变的情况下断开开关S ， 用电器功率将变为原来的一半
14．如图甲所示 ， 长、宽分别为L1、L2的矩形金属线框位于竖直平面内 ， 其匝数为n ， 总电阻为r ， 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 ， 其中B0、B1和t1均为已知量．在0～t1的时间内 ， 线框保持静止 ， 且线框平面和磁场垂直；t1时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度ω匀速转动．求：
(1)0～t1时间内通过电阻R的电流大小；
(2)线框匀速转动后 ， 在转动一周的过程中电流通过电阻R产生的热量；
(3)线框匀速转动后 ， 从图甲所示位置转过90°的过程中 ， 通过电阻R的电荷量．
答案与解析
1．【答案】B
【解析】设理想变压器原、副线圈匝数比值为k ， 根据题述 ， 当开关S断开时 ， 电流表示数为I ， 则由闭合电路欧姆定律得 ， U＝IR1＋U1.由变压公式＝k及功率关系U1I＝U2I2 ， 可得＝k ， 即副线圈输出电流为I2＝kI ， U2＝I2(R2＋R3)＝kI(R2＋R3)．当开关S闭合时 ， 电流表示数为4I ， 则有U＝4IR1＋U′1.由变压器公式＝k及功率关系U′1·4I＝U′2I′2 ， 可得＝k ， 即副线圈输出电流为I′2＝4kI ， U′2＝I′2R2＝4kIR2；联立解得k＝3 ， B正确 。
2．【解析】(1)矩形线圈abcd转动过程中 ， 只有ab和cd切割磁感线 ， 设ab和cd的转动速度为v ， 则
v＝ω·
在t时刻 ， ab和cd因切割磁感线而产生的感应电动势均为E1＝BL1v⊥
由图可知v⊥＝vsinωt
则整个线圈的感应电动势为e1＝2E1＝BL1L2ωsinωt 。
(2)当线圈由题图丙位置开始运动时 ， 在t时刻整个线圈的感应电动势为
e2＝BL1L2ωsin (ωt＋φ0) 。
(3)由闭合电路欧姆定律可知I＝
这里E为线圈产生的感应电动势的有效值E＝＝
则线圈转动一周在R上产生的焦耳热为QR＝I2RT
其中T＝
于是QR＝πRω 。
1．【答案】A
【解析】线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动 ， 产生的正弦交变电动势为e＝BSωsinωt ， 由这一原理可判断 ， A图中感应电动势为e＝BSωsinωt；B图中的转动轴不在线圈所在平面内；C、D图转动轴与磁场方向平行 ， 而不是垂直．
2．【答案】D
【解析】根据正弦式交变电流的产生及其变化规律 ， 当磁通量最大时 ， 感应电动势为零；当磁通量减小时 ， 感应电动势在增大 ， 磁通量减为零时 ， 感应电动势最大 ， 由此可知A、B错误；设从线框位于中性面开始计时 ， 则有e＝Emsinωt ， 式中Em＝BSω ， 因Φm＝BS ， 故角速度ω＝ ， D正确；设e＝0.5Em ， 则解出ωt＝ ， 此时Φ＝B·Scos＝BS＝Φm ， C错误．
3．【答案】B
【解析】由题图甲可知 ， t＝0时 ， 通过线圈的磁通量最大 ， 线圈处于中性面位置．t＝0.01 s时刻 ， 磁通量为零 ， 但磁通量变化率最大 ， 所以A错误 ， B正确．t＝0.02 s时 ， 交流电动势应为0 ， C、D均错误．
4.【答案】D
【解析】因每匝矩形线圈ab边和cd边产生的电动势的最大值都是e0 ， 每匝中ab和cd串联 ， 故每匝线圈产生的电动势的最大值为2e0.N匝线圈串联 ， 整个线圈中感应电动势的最大值为2Ne0 ， 因线圈中产生的是正弦交流电 ， 则发电机输出电压的有效值E＝Ne0 ， 故D正确．
5．【答案】B
【解析】由题图乙电动势随时间变化的正弦规律图象可知：计时起点e＝0 ， 即从中性面开始计时 ， A错误；由图象可知：电动势周期为0.02 s ， 所以频率为50 Hz ， 即每秒钟内电流方向改变100次 ， B正确；由图象可知：电动势的有效值为22 V ， 所以灯泡两端的电压为U＝×22 V＝19.8 V ， C错误；0～0.01 s时间内通过灯泡的电流均为正方向 ， 所以电荷量不为0 ， D错误．

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