课时作业(三十六) 1．(2022·广东卷)某小型发电机产生的交变电动势为e＝50sin100πt(V)，对此电动势，下列表述正确的有( )A．最大值是50VB．频率是100HzC．有效值是25VD．周期是0.02s[解析] 从表达式知该交变电动势的最大值为50V，有效值是25V，A错，C对．由2πf＝100π得f＝50Hz，周期T＝0.02s，D对．[答案]CD2．如图中各图面积均为S的线圈均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，能产生正弦交变电动势e＝BSωsinωt的图是( )[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，由这一原则判断，A图和C图符合要求；B图中的转轴不在线圈所在平面内；D图转轴与磁场方向平行，而不是垂直．故A、C正确．[答案]AC3.如右图所示，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零7\nB．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[答案]CD4．(2022·南通模拟)面积为S的两个电阻相同的线圈，分别放在如图所示的磁场中，图甲中是磁感应强度为B0的匀强磁场，线圈在磁场中以周期T绕OO′轴匀速转动，图乙中磁场变化规律为B＝B0cos，从图示位置开始计时，则( )A．两线圈的磁通量变化规律相同B．两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同C．经相同的时间t(t>T)，两线圈产生的热量相同D．从此时刻起，经T/4时间，流过两线圈横截面的电荷量相同[解析] 甲：Φ甲＝B0Scosωt，乙：Φ乙＝BScosωt＝B0Scosωt，故磁通量变化率相同，又E＝，所以电动势变化规律也相同，故甲、乙两种情况电动势最大值出现时刻及有效值、平均值均同．[答案]ACD5．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1min的时间，两电阻消耗的电功之比W甲∶W乙为( )A．1∶ B．1∶2 C．1∶3 D．1∶6[解析] 电功的计算，I要用有效值计算，图甲中，由有效值的定义得()2R×2×10－2＋0＋()2R×2×10－2＝IR×6×10－2，解得I1＝A；图乙中，I的值不变，I2＝7\n1A，由W＝UIt＝I2Rt，可以得到W甲∶W乙＝1∶3，C正确．[答案]C6．一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图甲所示，则下列说法正确的是( )A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直B．t＝0.01s时刻，Φ的变化率最大C．t＝0.02s时刻，交流电动势达到最大D．该线圈产生的交流电动势的图象如图乙所示[解析] 由Φ－t图知，t＝0时，Φ最大，即线圈处于中性面位置，此时e＝0，故A、D两项错误；由图知T＝0.04s，在t＝0.01s时，Φ＝0，最大，e最大，则B项正确；在t＝0.02s时，Φ最大，＝0，e＝0，则C项错误．[答案]B7．(2022·扬州模拟)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，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，在t＝时刻( )A．线圈中的电流最大B．穿过线圈的磁通量最大C．线圈所受的安培力为零D．穿过线圈磁通量的变化率最大[解析] t＝＝，线圈转过90°，线圈平面与磁感线垂直，此时穿过线圈的磁通量最大，穿过线圈磁通量的变化率为零，感应电流为零，线圈不受安培力作用，故A、D错误，B、C正确．7\n[答案]BC8．(2022·连云港模拟)一个闭合的矩形线圈放在匀强磁场中匀速转动，角速度为ω时，线圈中产生的交变电动势的最大值为E0，周期为T0，外力提供的功率为P0.若使线圈转动的角速度变为2ω，线圈中产生的交变电动势的最大值为E，周期为T，外力提供的功率为P.则E、T和P的大小为( )A．E＝2E0，T＝T0，P＝2P0B．E＝E0，T＝T0，P＝2P0C．E＝2E0，T＝T0，P＝2P0D．E＝2E0，T＝T0，P＝4P0[解析] 设线圈为N匝，面积为S，所在区域磁感应强度为B，当角速度为ω时，产生的最大感应电动势E0＝NBSω，周期T0＝，外力提供的功率P0＝＝＝.当角速度为2ω时，产生的最大感应电动势E＝2NBSω＝2E0，周期T＝＝＝T0，外力提供的功率P＝＝＝4P0.故D正确．[答案]D9.如右图所示，面积为S、匝数为N、电阻为r的线圈固定在图示位置，线圈与阻值为R的电阻构成闭合电路，理想交流电压表并联在电阻R的两端；U形磁铁以线圈的中心轴线OO′为轴以角速度ω匀速转动，已知U形磁铁两极间的磁场为匀强磁场，磁感应强度为B，取磁铁转动到图示位置的时刻t＝0.则( )A．在t＝0时刻，线圈处于中性面，流过电阻R的电流为0B．1s内流过电阻R的电流方向改变次C．线圈匝数减少为原来的一半，磁铁转动角速度增大到原来2倍，电压表读数不变7\nD．在电阻R的两端再并联一只阻值为R的电阻后，电压表的读数不变[解析] 在t＝0时刻，线圈中的磁通量最小，线圈处于垂直于中性面的位置，感应电动势最大，流过电阻R的电流为最大值，A错；由于一个周期内电流的方向改变两次，1s内流过电阻R的电流方向改变的次数为n＝2f＝，B正确；线圈产生的感应电动势的最大值Em＝NBSω，线圈匝数减少为原来的一半，磁铁转动角速度增大到原来2倍，Em不变，由于产生的交变电流为正弦交变电流，因此其有效值为E＝也不变，因匝数减半，内阻也减半，外电阻不变．所以路端电压增加，即电压读数变大，所以C不正确．当并联一个电阻R后，外电阻内电阻不变，所以路端电压减小，即电压读数减小，所以D错．[答案]B10.将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为l，它在磁感应强度为B、方向如右图所示的匀强磁场中匀速转动，转速为n，导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为P的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为( )A.B.C.D.[解析] 单匝正方形线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，将产生正弦式电流，则电动势的最大值Em＝Bl2ω＝2πnBl2，其有效值E＝＝，计算小灯泡的额定功率P要用其有效值，即P＝.R＝＝，故只有B选项正确．[答案]B11．下图甲所示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，线圈的匝数n＝100匝、电阻r＝10Ω，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按下图乙所示正弦规律变化．求：7\n(1)交流发电机产生的电动势的最大值；(2)电路中交流电压表的示数．[解析] (1)交流发电机产生的电动势的最大值Em＝nBSω 而Φm＝BS，ω＝，所以Em＝由Φ－t图线可知：Φm＝2.0×10－2Wb，T＝6.28×10－2s 所以Em＝200V.(2)电动势的有效值E＝Em＝100V由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为I＝＝A 交流电压表的示数为U＝IR＝90V≈127V.[答案](1)200V (2)127V12．如下图甲所示是某同学设计的一种振动发电装置的示意图，它的结构是一个套在辐向形永久磁铁槽中的半径为r＝0.10m、匝数n＝20匝的线圈，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如下图乙所示)．在线圈所在位置磁感应强度B的大小均为B＝T，线圈的电阻为R1＝0.50Ω，它的引出线接有R2＝9.5Ω的小电珠L.外力推动线圈框架的P端，使线圈沿轴线做往复运动，便有电流通过小电珠．当线圈运动速度v随时间t变化的规律如下图丙所示时(摩擦等损耗不计)．求：(1)小电珠中电流的最大值；(2)电压表的示数；(3)t＝0.1s时外力F的大小；(4)在不改变发电装置结构的条件下，要使小电珠的功率提高双倍，可采取什么办法(至少说出两种方法)?7\n[解析] (1)由题意及法拉第电磁感应定律知道，由于线圈在磁场中做往复运动，产生的感应电动势的大小符合正弦曲线变化规律，线圈中的感应电动势的最大值为：Em＝nBlv＝nB2πrvm，电路总电阻为：R1＋R2，那么小电珠中电流的最大值为Im＝＝A＝0.16A.(2)电压表示数为有效值U＝＝ImR2＝×0.16×9.5V＝0.76V≈1.07V.(3)当t＝0.1s也就是T/4时，外力F的大小为F＝nB2πrIm＝vm＝0.128N.(4)提高vm 用变压器[答案](1)0.16A (2)1.07V (3)0.128N(4)提高vm 用变压器7
