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专题12 交变电流与传感器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).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.平均值是利用来进行计算的，计算电量时用平均值.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44 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U1U2=n1n2和I1I2=n2n1，可知原线圈两端的电压为40 V，电流为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=16VB副线圈中的电流I22AC当电源输出功率最大时，滑动变阻器接入电路中的阻值R8D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：I1=E2r=822A=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I2122A=1A，此时滑动变阻器接入电路中的阻值R=U2I2=8，故C正确、ABD错误。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1:2CR: 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，P1=P2=U22R+r，开光闭合后，用户电阻变为R=R2,P1=P2=U22R2+r,故开关闭合前后变压器的输入功率变化，A错误；BC根据开关S闭合前后用户消耗的电功率相等，有P用=（U2R+r）2R，P用=（U2R2+r）2R2，P用=P用，可得R:r=2:1，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，Pr=（U2R+r）2r，开关闭合后，Pr=（U2R2+r）2r，结合R:r=2:1,可得Pr:Pr=1:2，故B正确，C错误。D由I1I2=n2n1知，电流表的示数I1=n2n1I2。则I1I1=I2I2；在副线圈电路中，闭合前电流I2=U2R+r，闭合后，电流I2=U2R2+r，结合R:r=2:1，得I1I1=I2I2=224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（）A4-4B5-5C42-42D52-52【答案】 A【解析】【分析】当线圈不动时，根据E=t求解感应电动势，根据Q=E2Rt求解热量；当线圈转动时，根据E=BS求解最大值，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E1=(B1-B0)r2t，则Q=E12Rt=(B1-B0)22r4tR；若线圈转动：则产生的感应电动势最大值：E2m=B1S=B122tr2=2r2B14t ,有效值E2=2r2B142t，产生的热量Q=E22R2t=4r4B1216tR，联立可得：B0B1=4-4，故选A.【点睛】此题关键是掌握求解电动势的两个公式：E=t和E=BS；知道求解交流电产生的热量时要用交流电的有效值。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xL=2fL可知线圈L中的感抗增大，所以A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R1、R3、R4为定值电阻，R2为滑动变阻器，电表为理想电表，u为正弦交流电源，其电压有效值恒定，当滑片P从左向右滑动的过程，下列说法正确的是（）A理想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、根据功率相等可知：UI1=I12R1+n1n22I12R2+R3当滑片P从左向右滑动的过程R2的阻值增大，所以I1减小，则理想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I1的减小有可能增大也有可能减小，故A错误；B正确；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，根据Q=CU3可知电容器上的电荷量也在减小，故C错误；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，根据U1U2=n1n2，所以U2也增大，故D错误；故选B7一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2:1B理想变压器原、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，由变压器知识得，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，根据功率可知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u=2202sin100t（V）的交流电源上，副线圈接有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: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+(U2m2)2RT2，解得U2=552V，副线圈的输出功率为：P2=U22R=110W，原线圈的输入功率为P1=P2=110W，A正确B错误；电流表读数为：I2=U2R=2A，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 WD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，=20.02=100，所以输入电压u的表达式应为u=202sin(100t)V，B错误；C、D、若S1换接到2后，由U1U2=n1n2=51，U1=2022=20V，则电阻R电压有效值为4V，R消耗的电功率为P2=U22R=4220=0.8W，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r0.02，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=1000.02=2；则10s内产生的焦耳热Q=I2rt=（）2210=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.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R1R2，理想变压器的原、副线圈匝数比为k且kr，若负载电路的灯泡增多，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322VB灯泡L两端电压的有效值为162VC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100rad/s【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U1U2=n1n2，可得副线圈电压为32V，交流电压表V的示数为有效值即为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：322RT2=U2RT，解得：U=162V，故B正确；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=2T=100rad/s可知，交流发电机转子的角速度为100rad/s；故D正确.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20绕O点在纸面内沿逆时针匀速转动，导线框回路电阻为r.（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）BR220r（2）R2B2r（3）50B2R42r【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=122B.20R2由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：I1=E1r联立以上各式解得:I1=BR220r同理可求得线框进出第3象限的过程中，回路电流为: I2=BR20r故感应电流最大值为:Im=BR220r(2) 导线框从图示位置转过900过程中E=tI=ErQ=I.t联立可得：Q=r=4R2.2BQ=R2B2r(3) 线框转一周产生的热量: Q热=I12.r.T4+I22.r.T42线框进出第3象限的过程中，回路电流为: I2=BR20r又T=220解得: Q=50B2R42r22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=1000.50.122V=V；则通过电阻R电流的最大值：iRm=EmR+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=t=27.25=14.5rad，此时线圈平面与磁场垂直，则产生的感应电动势的值为0；（3）由图示位置转过30角的过程中，通过电阻R的电量：q=Nr+R=NBL2sin30r+R=1000.50.120.55C=0.05C；（4）电压表的示数U=ERR+r=EmR2(R+r)=452V=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=E2R+rT=(Em2)2r+R2=210W=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=0.5siny5，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）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Em=Bxmv=3V外电路总电阻：R并=R1R2R1+R2=3则Im=EmR并=1A（2）导体棒运动形成的正弦交变电压：e=3sin35t(V)电动势有效值：E=32V则Q=E2R并t=1.25J（3）由能量守恒关系可知：WF=Q+mgh=3.75J24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=1.0，在它的c、d两端接一般值R=9.0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t1到t2时间内，通过电阻R的电荷量。【答案】（1）5.710-2J（2）2103C【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=Nm2T=502.010-4210-3V=20V线圈中产生感应电流的最大值大小为ImEmR+r2.0A；通过电阻电流的有效值为IIm22A电阻在一个周期内产生的热量Q=I2RT=5.710-2J（2）线圈中感应电动势的平均值Ent通过电阻电流的平均值为IER+r通过电阻的电荷量qIt由题图乙知，在T/43T/4的时间内，=410-4Wb解得qnR+r2103C【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QnR+r，可以在推导的基础上记住。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）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q=nr+R求解流过灯泡的电量。【详解】（1）小灯泡的额定电流为：I=PU=1.83.0=0.6A小灯泡的额定电阻为：R=UI=3.00.6=5可得电动势最大值为：E=I（R+r）=0.6（5+5）=6V最大值为：Em=62V又：Em=mBS=mabbcB可得：=32rad/s（2）cd边上的电流也是0.6A，则cd受到的安培力：F=mBIcd=1000.40.60.20=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=mR+r=mBSR+r由因为：Em=mBS所以有：q=Em(R+r)=621032C=0.2C。由焦耳定律可得：Q总=E2R+rt=E2R+rT4=E2R+r24=625+53.14232=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=1010.110V=31.4V感应电流的最大值为：Im=EmR+r=31.49+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=Im2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=2=0.2s解得：Q=9J（4）通过R的电荷量为：q=It又IER+r=Nt(R+r)所以 q=NBSR+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 V40W”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I22 R又I2=I34=nI灯4=6A所以P出22640 W624 W5 424 W；(2)EU1I1r，r为发电机内阻，U1=U24I14I2，U24U3I2R4220 V64 V904 V所以E=9044V+461V=250V；(3)输电效率=P用P总=nP灯P总=22640542400=9700；(4)电灯减少一半时，nP灯=226240W=2640WI2=nP灯U2=26402204A=3A所以P出nP灯I22 R2 640 W324 W2 676 W。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，线框由静止开始在磁场中转动，线框所处位置的磁感应强度大小均为B.忽略一切阻力与摩擦.(1)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）E2M4B2L2（2）E24R【解析】【详解】(1)设线框转动时ab，cd棒的最大速度为vm，产生的反电动势等于直流电源的电动势，即E=2BLvm，解得:vm=E2BL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=BIL，在t0时间内，对一根棒应用动量定理可得Ft=Mv即BLIt=Mv达到稳定的过程中，BL(It)=Mvm-0电源输出的总能量为E总=It联立解得E总=E2M2B2L2线框稳定转动，动能Ek=212Mvm2=E2M4B2L2有能量守恒E总=Q内+Ek解得:Q内=E2M4B2L2(2)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，设此时对应的ab，cd杆的稳定转动速度为v，则线框回路中电流I=E-2BLvR，每根杆受到的安培力为F=IBL=E-2BLvRBL，有平衡条件可知f=2F=2BLE-2BLvR电动机的输出功率为P=fv=2BLvE-2BLvR，当v=E4BL时，功率最大为P=E24R【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01300s时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直；1300s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=50rad/s匀速转动，求（运算结果中可保留）：(1)01300s时间内通过电阻R的电流大小；(2)求在1300s1100s时间内，通过电阻R的电荷量为多少？(3)1150s时刻穿过线圈的磁通量的变化率是多大？【答案】（1）3A (2)0.01 (3)3210-2Wb/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E22nB1L1L2通过电阻R的电流的有效值I2nB1L1L22(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(nB1L1L2R+r)2=4210-2J(2)1300s1100s时间内，线圈从图示位置转过600，=B1L1L2-B1L1L2cos600=12B1L1L2，平均感应电动势E=nt，平均感应电流I=ER+r通过电阻R的电荷量q=It=nR+r=nB1L1L22(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=nB1L1L2sint1150s时刻，线圈运动的时间t=1150-1300=1300s，代入上式得e=12nB1L1L2=1.5，则此时线圈中的电流I=eR+r=1.52+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1T的匀强磁场中。当线圈绕O1O2以转速n为300r/min匀速转动时，电压表、电流表的读数分别为7V、1A。电动机的内阻r为1，牵引一根原来静止的、长L为1m、质量m为0.2kg的导体棒MN沿轨道上升。导体棒的电阻R为1，架在倾角为30的框架上，它们处于方向与框架平面垂直、磁感应强度B2为1T的匀强磁场中。当导体棒沿轨道上滑1.6m时获得稳定的速度，这一过程中导体棒上产生的热量为4J。不计框架电阻及一切摩擦，g取10m/s2。求：(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出电动势的瞬时表达式；(2)导体棒MN的稳定速度；(3)导体棒MN从静止到达到稳定速度所用的时间。【答案】(1)e=10sin10tV (2)v=2m/s (3)t=1.0s【解析】试题分析：（1）线圈转动过程中电动势的最大值为：则从线圈处于中性面开始计时的电动势瞬时值表达式为：（2）电动机的电流：电动机的输出功率：又而棒产生的感应电流：稳定时棒处于平衡状态，故有：由以上各式代入数值，解得棒的稳定速度：，（舍去）（3）由能量守恒定律得：其中解得：考点：导体切割磁感线时的感应电动势、电磁感应中的能量转化、交流电。【名师点睛】解决本题的关键掌握从线圈处于中性面开始计时，电动势的瞬时表达式以及峰值，棒达到稳定速度时，处于平衡状态，根据平衡条件列式求解。
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