主题五 电与磁及其应用 第六节 交流电及安全用电（解析版）

主题五电与磁及其应用第六节交流电及安全用电（解析版）1.

一边长为L的正方形单匝线框绕垂直于匀强磁场的固定轴转动，线框中产生的感应电动势e随时间t的变化情况如图所示。已知匀强磁场的磁感应强度为B，则结合图中所给信息可判定()A．t1时刻穿过线框的磁通量为BL2B．t2时刻穿过线框的磁通量为零C．t3时刻穿过线框的磁通量变化率为零D．线框转动的角速度为EmBL2【答案】D【解析】t1时刻，感应电动势最大，穿过线框的磁通量应为零，A错误；t2时刻，穿过线框的磁通量最大，为Φm＝BL2，B错误；t3时刻，感应电动势最大，则磁通量变化率也最大，C错误；交变电流的最大值为Em＝BL2ω，则ω＝EmBL2，D正确。2．一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动。在转动过程中，线框中的最大磁通量为Φm，最大感应电动势为Em，下列说法中正确的是()A．当磁通量为零时，感应电动势也为零B．当磁通量减小时，感应电动势也减小C．当磁通量等于0.5Φm时，感应电动势等于0.5EmD．角速度ω等于EmΦm【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项错误；设从线框位于中性面开始计时，则有e＝Emsin

ωt，式中Em＝BSω，因Φm＝BS，故角速度ω＝EmΦm，D项正确；设e＝0.5Em，则解出ωt＝π6，此时Φ＝B·Scos

π6＝3)2BS＝3)2Φm，所以C项错误。3．如图甲所示，在匀强磁场中，两个匝数相同的正方形金属线圈分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势e随时间t变化的图象如图乙中曲线a、b所示，则()甲乙A．t＝0时刻，两线圈均处于垂直于中性面的位置B．a、b对应的线圈转速之比为2∶3C．a、b对应的两线圈面积之比为1∶1D．若只改变两线圈的形状(匝数不变)，则两线圈电动势的有效值之比一定不变【答案】C【解析】t＝0时刻，两线圈感应电动势均为零，故两线圈均处于中性面的位置，选项A错误；由图线可知，两线圈的周期之比Ta∶Tb＝2∶3；故根据n＝1T可知a、b对应的线圈转速之比为3∶2，选项B错误；根据Em＝NBωS，ωaωb＝TbTa＝32；EmaEmb＝1510＝32；则SaSb＝EmaωbEmbωa＝11，选项C正确；若只改变两线圈的形状(匝数不变)，则两线圈的面积可能要变化，故感应电动势的最大值可能要变化，电动势的有效值之比可能变化，选项D错误。4．理想变压器原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u随时间t变化的规律如图所示，原、副线圈匝数比n1∶n2＝100，副线圈只接入一个R＝10Ω的电阻，则()A．与电阻R并联的电压表示数为3.11VB．流过电阻R的电流最大值为0.311AC．变压器的输入功率为0.484WD．一个周期内，电阻R上产生的热量为9.68×10－3

J【答案】BCD【解析】由题图知，变压器原线圈两端电压的有效值为220V，由U1U2＝n1n2知，电压表的示数为2.2V，A错误；流过R的最大电流Im＝2)U2R≈0.311A，B正确；电流有效值为0.22A，R消耗的功率P＝U2I＝2.2×0.22W＝0.484W，C正确；一个周期内R产生的热量Q＝I2RT＝9.68×10－3

J，D正确。5.

如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动(O轴位于磁场边界)。则线框内产生的感应电流的有效值为()A.BL2ω2RB．2)BL2ω2RC.2)BL2ω4RD.BL2ω4R【答案】D【解析】线框的转动周期为T，而线框转动一周只有T4的时间内有感应电流，此时感应电流的大小为I＝12R＝BL2ω2R，根据电流的热效应有\a\vs4\al\co1(\f(BL2ω2R))2R·T4＝I2有RT，解得I有＝BL2ω4R，故D正确。6．如图甲所示为一交变电压随时间变化的图象，每个周期内，前二分之一周期电压恒定，后二分之一周期电压按正弦规律变化。若将此交流电连接成如图乙所示的电路，电阻R阻值为100Ω，则()甲乙A．理想电压表读数为100VB．理想电流表读数为0.75AC．电阻R消耗的电功率为56WD．电阻R在100秒内产生的热量为5625J【答案】BD【解析】根据电流的热效应，一个周期内产生的热量Q＝U2RT＝1002R·T2＋\rc\2)))R·T2，解得U＝75V，A错误；电流表读数I＝UR＝0.75A，B正确；电阻R消耗的电功率P＝I2R＝56.25W，C错误；在100秒内产生的热量Q′＝Pt＝5625J，D正确。7.

如图所示，N匝矩形导线框在磁感应强度为B的匀强磁场中绕轴OO′匀速转动，线框面积为S，线框的电阻、电感均不计，外电路接有电阻R、理想电流表A和二极管D。电流表的示数为I，二极管D具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大。下列说法正确的是()A．导线框转动的角速度为2RINBSB．导线框转动的角速度为4RINBSC．导线框转到图示位置时，线框中的磁通量最大，瞬时电动势为零D．导线框转到图示位置时，线框中的磁通量最大，瞬时电动势最大【答案】AC【解析】导线框产生的最大感应电动势Em＝NBSω；根据二极管的特点可知，在一个周期内有半个周期回路中有电流，根据交流电电流的热效应可知\a\vs4\al\co1(\f(NBSω\r(2)R))2R·T2＝I2RT，解得ω＝2RINBS，故A正确，B错误；导线框转到图示位置时，导线框位于中性面处，导线框中的磁通量最大，瞬时电动势为零，故C正确，D错误。8．一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动．在转动过程中，线框中的最大磁通量为Φm，最大感应电动势为Em，下列说法中正确的是()A．当磁通量为零时，感应电动势也为零B．当磁通量减小时，感应电动势也减小C．当磁通量等于0.5Φm时，感应电动势等于0.5EmD．角速度ω等于EmΦm【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项错误；设从线框位于中性面开始计时，则有e＝Emsin

ωt，式中Em＝BSω，因Φm＝BS，故角速度ω＝EmΦm，D项正确；设e＝0.5Em，则解出ωt＝π6，此时Φ＝B·Scosπ6＝3)2BS＝3)2Φm，C项错误．9．如图甲所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO′匀速转动，从图示位置开始计时，产生的感应电动势e随时间t的变化曲线如图乙所示．若线圈的转速变为原来的2倍，而其他条件保持不变，从图示位置转过90°开始计时，则能正确反映线圈中产生的电动势e随时间t的变化规律的图象是()【答案】A【解析】由题图乙知，周期T＝4s，感应电动势的最大值Em＝1V，而感应电动势的最大值的表达式Em＝NBSω＝NBS·2πT.若仅把线圈的转速变为原来的2倍，则周期T′变为原来的12，即T′＝2s，而感应电动势的最大值E′m变为原来的2倍，即E′m＝2V，所以选项B、C错误；从图示位置转过90°开始计时，也就是t＝0时线圈中产生的感应电动势应为0，所以选项A正确，D错误．10.

小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示．矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压()A．峰值是e0

B．峰值是2e0C．有效值是2)2Ne0

D．有效值是2Ne0【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＝2Ne0，故选项D正确．

11.如图甲所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴OO′以角速度ω逆时针匀速转动．若以线圈平面与磁场夹角θ＝45°时(如图乙)为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正．则如图所示的四个选项图中正确的是()【答案】D【解析】矩形线圈绕垂直于匀强磁场的转轴匀速转动产生正弦式交变电流，在开始计时(t＝0)时线圈为题图乙所示的位置，据右手定则判断电流为负方向，首先排除A、B选项；若在题图甲所示的位置，感应电流为负向的峰值，可见t＝0的时刻交变电流处于负半轴且再经T8到达中性面位置，或者φ0＝π4，瞬时值表达式i＝Imsin(ωt－φ0)，所以0＝Im·sin\a\vs4\al\co1(\f(2ππ4)，t＝T8，故D选项正确．12．如图所示为一交流电压随时间变化的图象．每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定．根据图中数据可得，此交流电压的有效值为()A．7.5V

B．8VC．215

V

D．313

V【答案】C【解析】根据电流的热效应有\a\vs4\al\co1(\f(6V\r(2)))2·1R·T3＋（9V）2R·2T3＝U2RT，解得U2＝(60V)2，所以U＝215

V，C项正确．13.

如图所示，在xOy直角坐标系中的第二象限有垂直坐标平面向里的匀强磁场，第四象限有垂直坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B.直角扇形导线框半径为L、总电阻为R，在坐标平面内绕坐标原点O以角速度ω逆时针匀速转动．线框从图中所示位置开始转动一周的过程中，线框内感应电流的有效值是()A．I＝BL2ωR

B．I＝BL2ω2RC．I＝0

D．I＝BLω2R【答案】B【解析】从图示位置转过90°的过程中，即在0～T4时间内，线框中的感应电动势为E＝12BL2ω，感应电流沿顺时针方向；在转过90°至180°的过程中，即在T4～T2时间内，线框中的感应电动势仍为E＝12BL2ω，感应电流沿逆时针方向；在转过180°至270°的过程中，即在T2～3T4时间内，线框中的感应电动势仍为E＝12BL2ω，感应电流沿逆时针方向；在转过270°至360°的过程中，即在3T4～T时间内，线框中的感应电动势仍为E＝12BL2ω，感应电流沿顺时针方向．根据有效值的定义知I＝BL2ω2R.B项正确．14.

如图所示，电路中的电阻的阻值为R＝100Ω，电流表为理想电流表，在a、b之间接入电压U＝2202sin100πt(V)的交流电源，则()A．电流表的示数为2.2AB．t＝0.01s时，电流表的示数为零C．若产生该交流电的发电机的线框转速提高一倍，其他条件不变，则电流表的示数也增大一倍D．若将电阻换成200Ω，则电源的输出功率变为原来的两倍【答案】AC【解析】根据U＝2202sin100πt(V)可知，电压的最大值为Um＝2202

V，有效值为U＝Um\r(2)＝220V，电流的有效值为I＝UR＝220100

A＝2.2A，电流表测量电流的有效值，即电流表的示数为2.2A，故A正确；因为电流表显示的是有效值，不随时间变化，所以t＝0.01s时，电流表的示数为2.2A，故B错误；若产生该交流电的发电机的线框转速提高一倍，其他条件不变，由Em＝nBSω知，电动势的最大值增大一倍，由闭合电路欧姆定律知，电路中电流增大一倍，则电流表的示数也增大一倍，故C正确；若将电阻换成200Ω，由P＝U2R可知，U不变，电源的输出功率变为原来的一半，故D错误。15．如图甲所示电路，已知电阻R1＝R2＝R，和R1并联的D是理想二极管(正向电阻可视为零，反向电阻为无穷大)，在A、B之间加一个如图乙所示的交变电压(电压为正值时，UAB>0)。由此可知()甲乙A．在A、B之间所加的交变电压的周期为2sB．在A、B之间所加的交变电压的瞬时值表达式为u＝202sin50πt(V)C．加在R1上电压的有效值为10VD．加在R2上电压的有效值为510

V【答案】D【解析】由图象可得交流电的周期T＝0.02s，故A错误；电压最大值为Um＝202

V，交变电压的瞬时值表达式为u＝Umsin

ωt＝202sin

2πTt(V)＝202sin100πt(V)，故B错误；因为是交流电，所以应该分两种情况考虑：当A点电势高于B点电势时二极管导通即R1被短路，R2电压为电源电压2)\r(2)

V＝20V；当B点电势高于A点电势时二极管截止，R1、R2串联分压，即对R1有21R1T＝102R1·T2，解得U1＝52

V，对R2有：22R2T＝202R2·T2＋102R2·T2，解得U2＝510

V，故C错误，D正确。16.社区志愿者对居民日常用电常识进行了调查，下列说法符合安全用电的是（）A．可用铜丝替代烧断的保险丝B．更换灯泡时要先切断电源C．能用湿布擦拭正发光的灯管D．低于220V的电压都安全【答案】B【解析】A.保险丝是用电阻率大、熔点低的材料制成的，不能用铜丝等代替，铜丝电阻率小、熔点高，否则在电路中电流过大时不能及时熔断，会造成危险，故A错误；B.为了安全，更换灯泡时要先切断电源，故B正确；C.生活用水是导体，用湿布擦正在发光的灯管，会引起触电。所以不能用湿布擦拭17.下列关于