资源描述
电磁感应专题训练1.如图所示,在磁感应强度大小为B的匀强磁场中,有半径为r的光滑半圆形导体框架,Oc为一能绕O在框架上转动的导体棒,Oa之间连一电阻R,导体框架与导体棒的电阻均不计,施加外力使Oc以角速度逆时针匀速转动,则()。A.通过电阻R的电流方向由a经R到OB.导体棒O端的电势低于c端的电势C.外力做功的功率为B22r44RD.回路中的感应电流大小为Br2R解析由右手定则可知感应电流由c到O,则通过电阻R的电流由O经R到a,A项错误;导体棒以角速度逆时针匀速转动切割磁感线时可等效为电源,O端为电源正极,c端为电源负极,故导体棒O端的电势高于c端的电势,B项错误;导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=Brr2,由此可知感应电流I=ER=Br22R,D项错误;电阻R上的热功率P=I2R=B22r44R,由能量守恒定律可知外力做功的功率也为P,C项正确。答案C2.如图所示,在同一水平面内有两根光滑平行的金属导轨MN和PQ,在两导轨之间竖直放置通电螺线管,ab和cd是放在导轨上的两根金属棒,它们分别放在螺线管的左右两侧,保持开关闭合,最初两金属棒均处于静止状态。当滑动变阻器的滑片向右滑动时,ab和cd两棒的运动情况是()。A.ab、cd都向左运动B.ab、cd都向右运动C.ab向左,cd向右D.ab向右,cd向左解析当变阻器滑片向右滑动时,电路的电流变小,线圈的磁场减弱;根据安培定则,由电流方向可确定线圈的磁场方向垂直于导轨向下。由于线圈处于两棒中间,所以穿过两棒所围成的磁通量变小,由楞次定律可得,回路abdc产生顺时针方向的感应电流。ab棒受安培力方向向右,cd棒受安培力方向向左,即两棒相互靠近,D项正确。另解:当电路中的电流减小时,回路abdc中的磁通量减小,根据楞次定律回路abdc的面积应缩小,则D项正确。答案D3.(多选)如图所示,a、b、c为三只完全相同的灯泡,L为有电阻的电感线圈(线圈电阻小于灯泡电阻),电源内阻不计。下列判断正确的是()。A.S闭合的瞬间,a灯比b、c两灯亮,但b、c两灯亮度相同B.S闭合足够长时间后,a、c两灯亮度相同C.S闭合后,a、b、c三灯均发光D.S断开后,b灯先突然闪亮再逐渐变暗熄灭解析S闭合的瞬间,L相当于断路,b、c两灯串联后与a灯并联,因此a灯比b、c两灯亮,b、c两灯亮度相同,A项正确;S闭合后,因L有电阻,三灯均发光,连接形式为b灯与L并联后与c灯串联,a灯直接连接在电源两端,C项正确,B项错误;S断开后,L相当于电源,L中的电流并未全部流过b灯,故不能确定b灯是否会闪亮,D项错误。答案AC4.(多选)如图所示,在坐标系xOy中,有边长为L的正方形金属线框abcd,对角线ac和y轴重合,点a位于坐标原点O处。在第、象限内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁场的上边界与线框的ab边刚好完全重合,左边界与y轴重合,右边界与y轴平行。t=0时刻,线框以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域。则在线框穿过磁场区域的过程中,a、b间的电势差Uab、安培力的功率P随时间t变化的图线正确的是()。解析在d点运动到O点的过程中,ab边切割磁感线,根据右手定则可以确定线框中电流方向为逆时针方向,ab相当于电源,电流由a到b,则Uab0,Uab等于电流乘以bc、cd、da三条边的总电阻,并均匀减小到0;然后cd边开始切割磁感线,感应电流的方向为顺时针方向,cd相当于电源,Uab0,Uab等于电流乘以ab边电阻,并均匀减小到0,ab刚进入磁场时Uab大小等于cd刚进入磁场时Uab大小的3倍,故A项错误,B项正确。在d点运动到O点的过程中,电流均匀减小到0,功率P=I2R,可知功率也在减小,当cd边切割磁感线时,电流也均匀减小到0,则前后两段切割功率与时间的图象应该是一样的,故C项错误,D项正确。答案BD5.两个线圈套在同一个铁芯上,线圈的绕向如图甲所示,左线圈连着正方形线框abcd,线框所在区域存在变化的磁场,取垂直纸面向外为磁感应强度正方向,磁感应强度随时间变化的关系如图乙所示,不计线框以外的感生电场,右侧线圈连接一定值电阻R,则下列说法正确的是()。A.设t1、t3时刻,ab边中的电流大小分别为i1、i3,则有i1E1,i3i1。由于E3、E1大小均不变,由法拉第电磁感应定律可知,副线圈中不会有感应电流出现,故A项错误。t3t4时间内有恒定感应电流,通过ab的电荷量不为0,由于副线圈磁通量不变,定值电阻R中无电流,B项错误。t1时刻磁场方向垂直纸面向外且磁感应强度大小均匀增加,根据楞次定律,ab中边的电流方向为ba,原线圈中电流值恒定,副线圈中不产生感应电动势,e点的电势等于f点电势,故C项错误。t5时刻磁场方向向里且磁感应强度大小不断减小,根据楞次定律,ab边中的电流方向为ba;原线圈中电流变化,副线圈中产生感应电动势(感应电动势上负下正),则f点的电势高于e点的电势,故D项正确。答案D6.法拉第发明了世界上第一台发电机法拉第圆盘发电机,原理如图所示。铜质圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中,圆盘圆心处固定一个带摇柄的转轴,边缘和转轴处各有一个铜电刷与其紧贴,用导线将电刷与电阻R连接起来形成回路,其他电阻均不计。转动摇柄,使圆盘如图示方向匀速转动。已知匀强磁场的磁感应强度大小为B,圆盘半径为r,电阻的功率为P。则()。A.圆盘转动的角速度为PRBr2,流过电阻R的电流方向为从c到dB.圆盘转动的角速度为PRBr2,流过电阻R的电流方向为从d到cC.圆盘转动的角速度为2PRBr2,流过电阻R的电流方向为从c到dD.圆盘转动的角速度为2PRBr2,流过电阻R 的电流方向为从d到c解析将圆盘看成由无数辐条组成,它们都切割磁感线,从而产生感应电动势,出现感应电流,根据右手定则知圆盘上感应电流从边缘流向圆心,则流过电阻R的电流方向为从d到c;根据法拉第电磁感应定律知圆盘产生的感应电动势E=12Br2,电阻消耗的电功率P=E2R=12Br22R,解得=2PRBr2,D项正确。答案D7.(多选)一个细小金属圆环,在范围足够大的磁场中竖直下落,磁感线的分布情况如图所示,其中沿圆环轴线的磁场方向始终竖直向上。开始时圆环的磁通量为0 ,圆环磁通量随下落高度y的变化关系为=0(1+ky)(k为比例常数,k0)。金属圆环在下落过程中,环面始终保持水平,速度越来越大,最终稳定为某一数值,称为收尾速度。已知该金属环的收尾速度为v,金属圆环的电阻为R,忽略空气阻力,关于该情景,以下结论正确的有()。A.金属圆环的速度稳定后,金属圆环产生的平均感应电动势大小E=k0vB.金属圆环的速度稳定后,金属圆环的热功率P=(k0v)2RgC.金属圆环的质量m=(k0)2vRgD.金属圆环的速度稳定后,金属圆环的热功率P=(k0v)2R解析金属圆环的速度稳定后,t时间内,下降的高度h=vt,圆环中磁通量的变化量=末-初=0kvt,由E=nt得金属圆环产生的平均感应电动势大小E=t=k0v,故A项正确;金属圆环的速度稳定后,金属圆环的热功率P=I2R=ER2R=k0v2R,故B项错误,D项正确;金属圆环的速度稳定后,由能量守恒可得,金属圆环减小的重力的势能全部转变为热能,重力的功率等于热功率, mgv=P,解得m=k02vRg,故C项正确。答案ACD8.(多选)如图所示,水平地面上固定一个顶角为60的光滑金属导轨MON,导轨处在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,质量为m的导体棒PQ与MON的角平分线垂直,导轨与导体棒单位长度的电阻均为r。PQ在水平外力F的作用下从O点以恒定速度沿MON的角平分线向右滑动,在滑动过程中始终保持与导轨良好接触。若导体棒与导轨均足够长,则()。A.流过导体棒的电流I始终为Bv03rB.F随时间t的变化关系为F=23B2v029rtC.t时刻导体棒的发热功率为23B2v039rtD.撤去F后,导体棒上产生的热量为12mv02解析设PQ棒从O点开始运动,运动时间为t,有效切割的长度L=2v0ttan 30,感应电动势E=BLv0,回路的总电阻R=2v0ttan30+2v0tcos30r,回路中的电流I=ER=Bv03r,故A项正确;匀速运动时外力与安培力平衡,即F=BIL,得F=23B2v029rt,故B项正确;t时刻导体棒的电阻Rx=2v0trtan 30,则导体棒的发热功率P=I2Rx=23B2v0327rt,故C项错误;撤去F后,在安培力的作用下导体棒减速到0,动能减少了12mv02,减少的动能转化为整个电路产生的热量,导体棒上产生的热量应小于12mv02,故D项错误。答案AB9.如图所示,竖直面内有一个闭合导线框ACDE(由柔软细导线制成)挂在两固定点A、D上,水平线段AD为半圆的直径,在导线框的E处有一个动滑轮,动滑轮下面挂一重物,使导线处于绷紧状态。在半圆形区域内,有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场。设导线框的电阻为r,圆的半径为R,在将导线上的C点以恒定角速度(相对圆心O)从A点沿圆弧移动的过程中,若不考虑导线中电流间的相互作用,则下列说法正确的是()。A.在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中,导线框中感应电流的方向先逆时针,后顺时针B.当C沿圆弧移动到圆心O的正上方时,导线框中产生的感应电动势最大C.在C从A点沿圆弧移动到图中ADC=30位置的过程中,通过导线上C点的电荷量为BR22rD.在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中,动滑轮的位置固定不动解析设C点转过角度=t,根据几何知识知,线框上部分的三角形的面积 S=122RRsin =R2sin ,磁通量=BR2sin =BR2sin t,磁通量先增大后减小,根据楞次定律知电流的方向先逆时针,后顺时针,故A项正确;根据E=t知e=BR2cos t=BR2cos ,C沿圆弧移动到圆心O的正上方时,导线框中的感应电动势最小为零,故B项错误;根据q=nR知q=BR2sin60-0r=3BR22r,故C项错误;滑轮不动时,C点应该在椭圆上移动,故D项错误。答案A10.如图甲所示,间距为L的光滑平行金属导轨弯成“”形,底部导轨面水平,倾斜部分与水平面成角,导轨与固定电阻相连,整个装置处于竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场中。导体棒ab与cd均垂直于导轨放置,且与导轨间接触良好,两导体棒的电阻与固定电阻的阻值均为R,其余部分电阻不计,当导体棒cd沿导轨向右以速度v匀速滑动时,导体棒ab恰好在倾斜导轨上处于静止状态,导体棒ab的重力为mg,则()。甲A.导体棒cd两端的电压为BLvB.t时间内通过导体棒cd横截面的电荷量为2BLvt3RC.导体棒cd克服安培力做功的功率为B2L2v2RD.导体棒ab所受安培力为mgsin 解析根据题意画出等效电路,如图乙所示。导体棒cd产生的感应电动势E=BLv,导体棒cd两端的电压即路端电压,大小为13E=13BLv,A项错误;通过cd棒的电流I=E0.5R+R=2BLv3R,在时间t内通过导体棒cd横截面的电荷量q=It=2BLvt3R,B项正确;对ab棒进行受力分析,如图丙所示,由于ab棒静止,所以ab棒所受安培力Fab=mgtan ,D项错误;由功能关系知导体棒cd克服安培力做功的功率等于整个电路的电功率,即P=E20.5R+R=2B2L2v23R,C项错误。乙丙答案B11.如图甲所示,半径为r的金属细圆环水平放置,环内存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度B随时间t的变化关系为B=kt(k0,且为已知的常量)。(1)已知金属环的电阻为R。根据法拉第电磁感应定律,求金属环产生的感应电动势E感和感应电流I。(2)麦克斯韦电磁场理论认为:变化的磁场会在空间激发一种电场,这种电场与静电场不同,称为感生电场或涡旋电场。如图甲所示的磁场会在空间产生如图乙所示的圆形涡旋电场,涡旋电场的电场线与金属环是同心圆。金属环中的自由电荷在涡旋电场的作用下做定向运动,形成了感应电流。涡旋电场力F充当非静电力,其大小与涡旋电场中电场强度E的关系满足F=qE。如果移送自由电荷q时非静电力所做的功为W,那么感应电动势E感=Wq。请推导证明:金属环上某点的电场强度大小为E=12kr。经典物理学认为,金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子(金属原子失去电子后的剩余部分)的碰撞。在考虑大量自由电子的统计结果时,电子与金属离子的碰撞结果可视为导体对电子有连续的阻力,其大小可表示为f=bv(b0,且为已知的常量)。已知自由电子的电荷量为e,金属环中自由电子的总数为N。展开你想象的翅膀,给出一个合理的自由电子的运动模型,并在此基础上,求出金属环中产生的感应电流I。解析(1)根据法拉第电磁感应定律有E感=t=Br2t=kr2根据欧姆定律,有 I=E感R=kr2R。(2)设金属环中自由电子的电荷量为e。一个自由电子在电场力的作用下沿圆环运动一周电场力做的功 W=eE2r解得 E感=We=eE2re=2rE又因为 E感=kr2所以 E=12kr。假设电子以速度v沿金属环做匀速圆周运动,导体对电子的阻力f=bv沿切线方向,根据牛顿第二定律有bv-eE=0又因为E=12kr联立解得v=ker2b电子做匀速圆周运动的周期T=2rv=4bke则I=NeT=kNe24b。答案(1)kr2kr2R(2)见解析kNe24b12.如图所示,间距为L的两根平行长直金属导轨MN、PQ固定在倾角为的绝缘斜面上,导轨上端接有阻值为R的电阻,一根长为L、电阻为3R的直导体棒ab垂直放在两导轨上。整个装置处于方向垂直斜面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。ab由静止释放后沿导轨运动,下滑位移大小为s时到达cd位置并开始以最大速度vm做匀速运动。ab在运动过程中与导轨接触良好,导轨电阻及一切摩擦均不计,重力加速度大小为g。求:(1)ab棒的质量m和ab棒在匀速运动过程中的热功率P。(2)从ab棒由静止释放到开始匀速运动的整个过程中电阻R产生的热量Q热。(3)从ab棒由静止释放到开始匀速运动的整个过程所经历的时间t。解析(1)ab在匀速运动过程中受力平衡,有mgsin =BILab切割磁感线产生的感应电动势E=BLvm根据闭合电路欧姆定律,有E=I(R+3R) 得ab的质量m=B2L2vm4Rgsinab在匀速运动过程中的热功率P=I23R=3B2L2vm216R。(2)根据能量守恒定律,有mgssin =12mvm2+Q总根据焦耳定律,有Q热R=Q总R+3R得电阻R产生的热量Q热=B2L2vm16Rgsinsgsin-12vm2。(3)ab从静止开始释放,根据牛顿第二定律,有mgsin -BiL=ma在很短的t时间内,瞬时加速度a=vt电荷量q=it得mgsin t-BLq=mv将上式求和得mgsin t-BLq=m(vm-0)即mgsin t-BLq=mvm得t=qBL+mvmmgsin而通过回路的总电荷量q=ItI=ER+3R,E=BLst得q=BLs4R从ab由静止释放到开始匀速运动的过程所经历的总时间t=svm+vmgsin。答案(1)B2L2vm4Rgsin3B2L2vm216R(2)B2L2vm16Rgsinsgsin-12vm2(3)svm+vmgsin电路专题训练1.(2018江苏卷)采用220 kV高压向远方的城市输电。当输送功率一定时,为使输电线上损耗的功率减小为原来的14,输电电压应变为()。A.55 kVB.110 kVC.440 kVD.880 kV解析根据输电线上损耗的电功率P损=I2R=PU2R知,在输送的电功率P一定,输电线电阻R也一定时,要使输电线上的功率损耗减小为原来的14,则要将输送电压变为原来的2倍,即输电电压变为440 kV,C项正确。答案C2.(多选)一自耦变压器如图所示,环形铁芯上只绕有一个线圈,将其接在a、b间作为原线圈。通过滑片取该线圈的一部分,接在c、d间作为副线圈。在a、b间输入电压为U1的交变电流时,c、d间的输出电压为U2,在将滑动触头从N点沿逆时针旋转到M点的过程中()。A.a、b作为输入端,可作为升压变压器B.U2U1,U2升高C.c、d作为输入端,可作为升压变压器D.U2U1,U2升高解析由题图知自耦变压器原线圈的匝数大于副线圈的匝数,根据变压器的变压规律U1U2=n1n2可知,U2U1;在将滑片从N点沿逆时针旋转到M点的过程中,副线圈的匝数增加,所以U2升高,A、B两项错误,C、D两项正确。答案CD3.一个氖泡指示灯,发光需要其电压超过503 V,在它发光的情况下逐渐降低电压,要降到502 V时才熄灭,氖泡两极不分正负。现有峰值为100 V、频率为50 Hz的正弦式交流电压加在氖泡指示灯两端,则在一小时内氖泡指示灯发光的时间为()。A.10 minB.25 minC.30 minD.35 min解析根据题意,交流电电压瞬时值的表达式为e=100sin 100t (V),T=150 s,则在前半个周期内,当t=T6时,氖泡指示灯开始发光,t=38T时,氖泡指示灯停止发光,发光时间t=38T-T6=524T,整个周期发光时间为2t=512T,故一个小时内的发光时间t=3600sT512T=1500 s=25 min,B项正确。答案B4.(多选)如图所示,小型旋转电枢式交流发电机中矩形线圈的电阻r=1 ,匝数N=10,线圈处于匀强磁场中,线圈绕垂直于磁场方向的固定轴OO匀速转动,线圈的两端经集流环和电刷与电路连接,电路中的电表均为理想交流电表,滑动变阻器R的最大阻值为4 ,滑片P位于滑动变阻器的中点,线圈的转速为10 r/s,闭合开关S,电压表的示数为4 V,电流表的示数为0.5 A,则下列说法正确的有()。A.从图示时刻开始,线圈中产生的电动势瞬时值表达式为e=4.5cos 2t(V)B.灯泡消耗的功率为1.5 WC.线圈转动过程中,通过线圈的最大磁通量约为110-2 WbD.滑动变阻器的滑片向左移,电压表、电流表的示数均变小解析由题可知,感应电动势的有效值E=U+Ir=4 V+0.51 V=4.5 V,最大值Em=922 V,从图示时刻开始产生的电动势的瞬时值表达式为e=Emcos 2nt=922cos 20t (V),A项错误;滑动变阻器两端的电压有效值UR=IR=0.52 V=1 V,因此灯泡两端的电压有效值UL=3 V,灯泡消耗的功率P=ULI=1.5 W,B项正确;由Em=Nm得m=EmN2n=92400 Wb110-2 Wb,C项正确;滑动变阻器的滑片向左移,滑动变阻器接入电路的电阻变大,电路中的电流减小,电流表的示数减小,电源的内阻消耗的电压减小,输出电压增大,电压表的示数增大,D项错误。答案BC5.如图所示,电源电动势为E,内阻恒为r,R是定值电阻,热敏电阻RT的阻值随温度降低而增大,C是平行板电容器。闭合开关S,带电液滴刚好静止在C内。在温度降低的过程中,分别用I、U1、U2和U3表示电流表、电压表、电压表和电压表示数变化量的绝对值。关于该电路工作状态的变化,下列说法正确的是()。A.U1I、U2I、U3I一定都变大B. U1I和U3I一定不变,U2I一定变大C.带电液滴一定向下加速运动D.电源的工作效率一定变大解析根据电路知识知,测路端电压,测热敏电阻RT的电压,测定值电阻R的电压, 由U3=E-Ir ,得U3I=r;由U2=E-I(R+r)得U2I=r+R ;由U1=IR得U1I=R, 故A、B两项错误。带电液滴在平行板电容器中受到向上的电场力和向下的重力处于平衡状态,在温度降低的过程中,热敏电阻RT阻值变大,回路中电流变小,路端电压增大,由于流过定值电阻R的电流变小,所以分的电压也就变小,而路端电压增大,故示数增大,平行板电容器间的电场强度也增大,带电液滴向上运动,C项错误。=UIEI=UE,由于路端电压增大,所以电源的工作效率一定变大,D项正确。答案D6.(多选)如图所示,理想变压器原副线圈匝数比为21,原线圈接交流电u=202sin 100t (V),保险丝的电阻为1 ,熔断电流为2 A,电表均为理想电表。下列说法正确的有()。A.电压表的示数为14.1 VB.电流表、的示数之比为21C.为了安全,滑动变阻器接入电路的最小阻值为4 D.将滑动变阻器的滑片向上移动,电流表的示数减小解析原线圈电压的有效值U1=2022 V=20 V,根据变压器原理可得U2=n2n1U1=10 V,故电压表的示数为10 V,A项错误;根据变压器原理可知,电流与匝数成反比,故电流表、的示数之比为12,B项错误;保险丝的电阻为1 ,熔断电流为2 A,为了安全,滑动变阻器接入电路的最小阻值Rmin=U2Imax-r保=102 -1 =4 ,C项正确;将滑动变阻器滑片向上移动,滑动变阻器接入电路的总电阻增大,副线圈电流减小,则原线圈的电流也减小,所以电流表的示数减小,D项正确。答案CD7.(2018全国卷)一电阻接到方波交流电源上,在一个周期内产生的热量为Q方;若该电阻接到正弦交流电源上,在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值为u0, 周期均为T,如图所示。则Q方Q正等于()。A.12B.21C.12D. 21解析根据题述,正弦交变电流的电压有效值为u02,而方波交流电的有效值为u0 ,根据焦耳定律和欧姆定律,Q=I2RT=U2RT, 可知在一个周期T内产生的热量与电压有效值的二次方成正比,Q方Q正=u02u022=21,D项正确。答案D8.如图所示,理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a、b和c。当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时,三灯泡均能正常发光。下列说法正确的是()。A.原、副线圈匝数之比为91B.原、副线圈匝数之比为19C.此时a和b的电功率之比为181D.此时a和b的电功率之比为118解析设灯泡的额定电压为U0,三灯均能正常发光,所以原线圈两端电压U1=9U0,副线圈两端电压U2=U0,故U1U2=91知,根据U1U2=n1n2=91知,A项正确,B项错误;根据公式I1I2=n2n1可得I1I2=19,又I2=2Ib,则I1Ib=29,由于小灯泡两端的电压相等,所以根据公式P=UI可得两者的电功率之比为29,C、D项两项错误。答案A9.(多选)如图甲所示,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,产生的交变电动势如图乙中曲线a、b所示,则下列说法正确的是()。A.曲线a表示的交变电动势瞬时值ea=36 sin 25t (V)B.曲线b表示的交变电动势最大值为28.8 VC.t=510-2 s时,曲线a、b对应的感应电动势大小之比为322D.t=610-2 s时,曲线a对应线框的磁通量最大,曲线b对应线框的磁通量为0解析由图乙可知,Ema=36 V,a=2Ta=2810-2 rad/s=25 rad/s,则曲线a表示的交变电动势瞬时值ea=Emasin at=36sin 25t (V),A项正确;由图乙知曲线a、b表示的交变电流的周期之比TaTb=(810-2)(1210-2)=23,由=2T可知ab=TbTa=32,所以曲线a、b表示的交变电动势的最大值之比EmaEmb=NBSaNBSb=ab=32,又有Ema=36 V,则Emb=24 V,B项错误;曲线a表示的交变电动势瞬时值ea=36sin 25t V,曲线b表示的交变电动势瞬时值eb=24sin21210-2t (V),将t=510-2 s代入,得ea=-182 V,eb=12 V,|ea|eb=322,C项正确;由图乙知t=610-2 s时,a的电动势最大,对应线框的磁通量为0,b的电动势为0,对应线框的磁通量最大,D项错误。答案AC10.(多选)某研究小组成员设计了一个如图甲所示的电路,R为光敏电阻(阻值随光照强度的增加而减小),为电动机,在A、B间加一交流电压,电压随时间的变化关系如图乙所示,当某一强光照射在R上时,理想电压表和电流表的示数分别为120 V和10 A,电动机恰好正常工作,且电动机的热功率为200 W,则()。A.该交流电压的瞬时值e=2202sin 0.02t (V)B.电动机的内阻为10 C.增加光照强度且长时间照射电阻R,有可能损坏电动机D.电动机的效率为80%解析由图可知,交流电的最大值为2202 V,周期T=0.02 s,则角速度=2T=100 rad/s,故瞬时表达式e=2202sin 100t (V),A项错误;由P热=I 2r可知,电动机内阻r=200102 =2 ,B项错误;增加光照强度且长时间照射电阻R,电阻R阻值减小,电路中总电流增大,电动机的热功率有可能超过电动机的额定功率,从而烧坏电动机,C项正确;电动机两端的电压UM=220 V-120 V=100 V,则电动机的总功率P=UMI=10010 W=1000 W,则电动机的效率=P-P热P100%=80%,D项正确。答案CD11.如图所示,某小型水电站的发电机输出电压为220 V,正常情况下输出的总功率P0=8.8104 W,为了减少远距离输电过程中的电能损失,往往采用高压输电。输送电压u=11002sin 200t (V),输电导线的总电阻r=5 ,现要使额定电压为220 V的用电器正常工作,下列说法中正确的是()。A.输电线上的电流为220 AB.降压变压器匝数比n3n4=51C.用电器的额定功率P=5.6104 WD.用电器上的交流电的频率是50 Hz解析输送电压u=11002sin 200t (V),频率为100 Hz,则有效值为1100 V,输电线上的电流I=P0U2=80 A,故A项错误;降压变压器的输入电压U3=U2-Ir=700 V,降压变压器匝数比n3n4=700220=3511,故B项错误;用电器的额定功率P=P0-I2r=5.6104 W,故C项正确;变压器不改变交流电的频率,用电器上的交流电的频率是100 Hz,故D项错误。答案C12.(多选)如图所示,处在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中的单匝矩形线框MNPQ,以恒定的角速度绕对角线NQ转动。已知MN长为l1,NP长为l2,线框电阻为R。在t=0时刻线框平面与纸面重合,下列说法正确的是()。A.矩形线框产生的感应电动势有效值为22Bl1l2B.矩形线框转过半周时,通过线框的电流为零C.矩形线框转动一周时,通过线框的电流为Bl1l2RD.矩形线框在转动半周过程中产生的热量为B2l12l222R解析矩形线框产生正弦式交变电流,则产生的感应电动势最大值Em=Bl1l2,所以有效值E=22Bl1l2,A项正确;当矩形线框转过半周时,线框平面与磁场垂直,磁通量最大,磁通量变化率为零,感应电动势为零,感应电流为零,B项正确;转过一周时,线框平面与磁场垂直,通过线框的电流也为零,C项错误;矩形线框在转动半周过程中产生的热量Q=E2T2R=E2R=B2l12l222R,D项正确。答案ABD13.(多选)如图所示,由导体材料制成的闭合线框,曲线部分PNQ满足函数y=0.5sin(0.5x),其中x、y单位为m,x满足0x2,曲线部分电阻不计,直线部分PMQ的电阻R=10 。线框从图示的位置开始(t=0),以v=2 m/s的速度匀速通过宽度d=2 m、磁感应强度大小B=1 T的匀强有界磁场,在线框穿越磁场的过程中,下列说法正确的是()。A.线框穿越磁场的时间为4 sB.线框穿越磁场的过程中,PQ两点间的最大电压为1 VC.线框穿越磁场的过程中,线框中产生的焦耳热为0.1 JD.线框穿越磁场的过程中,感应电流变化规律为i=0.1sin(0.5t) (A)解析线圈穿越磁场的时间t=PQ+dv=2 s,A项错误;当y最大时,PQ两点间的电压最大,最大值Um=Em=Bymv=1 V,B项正确;线框通过磁场过程中产生正弦交流电,最大值Em=1 V,则有效值U=22 V,产生的热量Q=U2Rt=222102 J=0.1 J,C项正确;因Im=EmR=0.1 A,x=vt=2t,则线圈穿越磁场过程中,感应电流的变化规律为i=0.1sin t (A),D项错误。答案BC
展开阅读全文