2025高考物理 人教版选择性必修第2册专项复习第3章　1含答案

2025高考物理人教版选择性必修第2册专项复习第3章1含答案第三章1基础达标练1．关于下列四个实验的认识，正确的是()A．甲实验说明电流周围存在磁场B．丙实验是电能转化为机械能，与发电机的原理相同C．乙实验中通电螺线管左端是S极D．丁实验是机械能转化为电能，与电动机的原理相同答案：A解析：通电导线放在小磁针上方时，小磁针会发生偏转，小磁针的运动可以显示磁场的存在，它是研究电流的磁效应的，是奥斯特实验，故A正确；丙图是发电机的原理图，即是将机械能转化为电能的过程，故B错误；由图可知，电流由螺线管的右端流入，左端流出，则用右手握住螺线管，四指沿电流方向，则大拇指向左，即螺线管的左端为N极，故C错误；丁图中没有电池，是验证闭合电路的一部分导体切割磁感线时产生感应电流，是电磁感应现象实验图，故D错误。2．交流发电机正常工作时，电动势的变化规律为e＝Emsinωt。如果把发电机转子的转速减小一半，并且把电枢线圈的匝数增加一倍，其他条件不变，则电动势e′的变化规律为()A．e′＝2Emsinωt B．e′＝Emsineq\f(ω,2)tC．e′＝2Emsineq\f(ω,2)t D．e′＝Emsin2ωt答案：B解析：把发电机转子的转速减小一半，则根据ω＝2πn可知角速度变为eq\f(1,2)ω；再把电枢线圈的匝数增加一倍，根据Em＝NBSω可知最大值Em不变，则电动势e′的变化规律为e′＝Emsineq\f(ω,2)t。3．一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eq\f(Em,Φm)答案：D解析：当磁通量为零时，磁通量变化率最大，感应电动势最大，A错误；当穿过线框的磁通量减小时，线框与磁场方向的夹角减小，线框有效的切割速度增大，感应电动势增大，B错误；设线框与磁场方向的夹角为θ，则穿过线框的磁通量Φ＝Φmsinθ，感应电动势E＝Emcosθ，则当Φ＝0.5Φm时，θ＝30°，E＝Emcosθ＝eq\f(\r(3),2)Em，C错误；最大感应电动势为Em＝BSω，最大磁通量Φm＝BS，所以Em＝Φmω，解得ω＝eq\f(Em,Φm)，D正确。4．(多选)(2024·北京海淀高二期末)某些共享单车的内部有一个小型发电机，通过骑行者的骑行踩踏，可以不断地给单车里的蓄电池充电，蓄电池再给智能锁供电。小型发电机的发电原理可简化为图甲所示，矩形线圈abcd处于匀强磁场中，通过理想交流电流表与阻值为R的电阻相连。某段时间在骑行者的踩踏下，线圈绕垂直磁场方向的轴OO′匀速转动，图乙是线圈转动过程中穿过线圈的磁通量Φ随时间t变化的图像，则()A．t＝0时刻线圈处于中性面位置B．t3时刻，穿过线圈的磁通变化率为零，感应电动势为零C．t1时刻通过电阻R的电流为0，t2时刻通过电阻R的电流最大D．t2、t4时刻电流方向发生改变，线圈转动一周，电流方向改变两次答案：BC解析：由图乙可知，t＝0时刻穿过线圈的磁通量为0，则线圈与中性面垂直，故A错误；t1、t3时刻，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，回路中电流为零，t2、t4时刻磁通量为零，磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，感应电流最大，此时电流方向不发生改变，而线圈转动一周，电流方向改变两次，故B、C正确，D错误。5．(2023·四川高二期中)一矩形线圈绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电动势随时间的变化如图所示，则下列说法正确的是()A．t1时刻通过线圈的磁通量为零B．t2时刻通过线圈的磁通量最大C．t3时刻通过线圈的磁通量的变化率的绝对值最大D．每当电流方向变化时，通过线圈的磁通量的绝对值最大答案：D解析：由图可知，t1时刻线圈的感应电动势最小为零，则磁通量的变化率为零，此时线圈平面处于中性面，所以通过线圈的磁通量最大，A错误；由图可知，t2时刻线圈的感应电动势最大，则线圈平面与中性面垂直，则磁通量最小为零，B错误；由图可知，t3时刻线圈的感应电动势最小为零，则磁通量的变化率最小为零，C错误；每当电动势变化方向时，电流方向也随之变化，此时线圈与磁场垂直，线圈平面处于中性面，磁通量最大，D正确。6．(2023·广东惠州高二期中)如图是交流发电机的示意图，图甲到图丁分别表示线圈转动过程中的四个位置，其中甲、丙中的线圈与磁场方向垂直，乙、丁中线圈与磁场方向平行，则在线圈转动的过程中，下列说法正确的是()A．线圈转动的过程中，产生直流电流B．转到图乙位置时，线圈中产生的感应电动势为零C．转到图丙位置时，线圈中产生的感应电流最大D．转到图乙和图丁位置时，线圈产生的感应电流方向相反答案：D解析：题图为交流发电机的示意图，故而在线圈转动的过程中，产生交变电流，故A错误；转到图乙位置时，线圈中磁通量为零，线圈中产生的感应电动势最大，故B错误；转到图丙位置时，线圈中磁通量最大，线圈中产生的感应电流为零，故C错误；转到图乙位置时，AB边向下切割磁感线，由右手定则可知线圈中的电流方向为ADCBA；转到图丁位置时，AB边向上切割磁感线，由右手定则可知线圈中的电流方向为ABCDA，所以两位置感应电流方向相反，D正确。7．(2024·江苏南通高二阶段练习)在匀强磁场中，线圈绕垂直于磁场方向的轴转动时，则线圈平面()A．转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势最大B．转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量为0，线圈中的感应电动势最大C．当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量为0，线圈中的感应电动势最大D．当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量的变化率最小，线圈中的感应电动势最小答案：C解析：当线圈平面转到中性面的瞬间，线框平面与磁感线方向垂直，穿过线圈的磁通量最大，感应电动势为0，故A、B错误；当线圈平面转到与中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量为零，线圈中磁通量的变化率最大，根据法拉第电磁感应定律可知，此时线圈中的感应电动势最大，故C正确，D错误。8．(多选)(2024·湖南高二期末)图甲是交流发电机的示意图，两磁极之间的磁场可视为匀强磁场，金属线圈ABCD绕转轴OO′匀速转动。A为电流传感器(与计算机相连)，R为定值电阻，线圈电阻为r，其余电阻不计。图乙为计算机上显示的电流数据随时间变化的图像，下列说法中正确的是()A．金属线圈恰好处于图甲所示的位置时感应电动势为0，对应图乙中t1或t3时刻B．金属线圈恰好处于图甲所示的位置时感应电动势最大，对应图乙中t2或t4时刻C．t1、t3时刻穿过线圈的磁通量的绝对值最小，磁通量变化率最大D．t2、t4时刻穿过线圈的磁通量的绝对值最小，磁通量变化率最大答案：AD解析：金属线圈恰好处于图甲所示的位置时，磁通量最大，AB、CD边均不切割磁感线，感应电动势为0，电流为0，对应图乙中t1或t3时刻，由法拉第电磁感应定律知，磁通量变化率为0，B、C错误，A正确；t2、t4时刻感应电流最大，感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律知，磁通量变化率也最大，AB、CD边垂直切割磁感线，线圈平面与磁感线平行，磁通量最小，D正确。能力提升练9．如图所示为小型旋转电枢式发电机的示意图，一矩形金属线框在匀强磁场中，绕与磁场垂直的轴沿如图所示方向匀速转动，下列关于交变电流产生过程的说法，正确的是()A．线框经过图示位置时，穿过线框的磁通量为零，磁通量的变化率为零B．若转动周期减小一半，线框中感应电动势的最大值也减小一半C．线框经过图示位置时，电流方向由f点经电阻R流向e点D．线框转过90°到中性面时磁通量最大，电流方向发生改变答案：D解析：线框经过图示位置时，穿过线框的磁通量为零，但ab、cd边刚好垂直切割磁感线，感应电动势最大，则磁通量的变化率最大，A错误；若转动周期减小一半，角速度变为原来的2倍，则感应电动势的最大值NBSω增大为原来的2倍，B错误；线框经过图示位置时，根据楞次定律可知，线框中的电流方向由c到d，所以电流方向由e点经电阻R流向f点，C错误；线框转过90°到中性面时磁通量最大，磁通量变化率最小为0，感应电流为0，感应电流方向发生改变，D正确。10．如图甲所示，单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈轴线OO′与磁场边界重合。线圈按图示方向匀速转动。若从图示位置开始计时，并规定电流方向沿a→b→c→d→a为正方向，则线圈内感应电流随时间变化的图像是图乙中的()答案：A解析：若从图示位置开始计时，在线圈转动90°的过程中，只有ab边切割磁感线，相当于向右切割，故感应电流的方向为a→d→c→b→a，为负方向，大小相当于半个线圈在磁场中转动，但还是正弦的形式，这一部分A、B的表示都是正确的；在线圈转动90°到180°的过程中，只有cd边切割磁感线，相当于向左切割，故感应电流的方向为a→d→c→b→a，为负方向，大小相当于半个线圈在磁场中转动，但还是正弦的形式，这一部分B项表示的方向是不正确的；再按同样的方法继续分析可以得到A项是正确的。11．如图所示，单匝直角三角形导线框OMN在匀强磁场中以ON所在的直线为轴匀速转动，角速度为ω，已知OM边长为l，∠MON＝θ，匀强磁场垂直于ON向右，磁感应强度大小为B，则下列说法正确的是()A．导线框OMN内产生大小恒定的电流B．截掉导线MN，则电动势最大值变小C．导线框OMN产生的电流方向为OMNOD．导线框OMN内产生的电动势最大值为eq\f(1,2)Bl2ωsinθcosθ答案：D解析：当导线框OMN以ON所在的直线为轴匀速转动时，线圈内产生正弦交变电流，选项A错误；导线MN不切割磁感线，则截掉导线MN，电动势最大值不变，选项B错误；导线框OMN产生的电流方向不断变化，选项C错误；导线框OMN内产生的电动势最大值为Em＝BωS＝eq\f(1,2)Bl2ωsinθcosθ，选项D正确。12．一个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像如图甲所示，则下列说法中正确的是()A．t＝0时，线圈平面与中性面垂直B．t＝0.01s时，Φ的变化率最大C．t＝0.02s时，感应电动势达到最大D．该线圈相应的感应电动势如图乙所示答案：B解析：由题图甲可知，0、0.02s、0.04s时刻Φ最大，即线圈平面处于中性面位置，eq\f(ΔΦ,Δt)＝0，E＝0，A、C、D错误；由题图甲可知，0.01s、0.03s时刻Φ最小，即线圈平面与磁感线平行，此时eq\f(ΔΦ,Δt)最大，E最大，B正确。13．在图甲所示区域(图中直角坐标系xOy的一、三象限)内有匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小为B。半径为l，圆心角为60°的扇形导线框OPQ以角速度ω绕O点在纸面内沿逆时针方向匀速转动，其中ω＝2πrad/s，导线框回路的电阻为R。(1)求导线框中感应电流的最大值I0和感应电流的频率f；(2)在图乙中画出导线框在转动一周的时间内的感应电流i随时间t变化的图像(规定与图甲中线框的位置相对应的时刻为t＝0)。答案：(1)eq\f(π,R)Bl22Hz(2)见解析解析：(1)从题图所示位置开始(t＝0)转过60°的过程中，经Δt时间转过的圆心角Δθ＝ωΔt回路的磁通量的变化量ΔΦ＝eq\f(1,2)Δθl2B由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Bl2ω,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或由E＝Blv，v＝\f(ω,2)l得E＝\f(Bl2,2)ω))因为匀速转动，所以这就是最大的感应电动势，由欧姆定律可求得感应电流的最大值I0＝eq\f(1,2R)ωBl2，将ω＝2πrad/s代入得I0＝eq\f(π,R)Bl2前半圈和后半圈的i(t)相同，故感应电流的频率等于旋转频率的2倍，f＝2×eq\f(ω,2π)＝eq\f(ω,π)＝2Hz。(2)i－t图像如图所示。14．如图所示，一半径为r＝10cm的圆形线圈共100匝，在磁感应强度B＝eq\f(5,π2)T的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的中心轴线OO′以n＝600r/min的转速匀速转动，当线圈转至中性面位置(图中位置)时开始计时。(1)写出线圈内所产生的交变电动势的瞬时值表达式；(2)求线圈从图示位置开始在eq\f(1,60)s时的电动势的瞬时值(计算结果保留三位有效数字)；(3)求线圈从图示位置开始在eq\f(1,60)s时间内的电动势的平均值。答案：(1)e＝100sin20πt(V)(2)86.6V(3)eq\f(150,π)V解析：(1)交变电动势的瞬时值e＝Emsinωt，Em＝NBSω，ω＝2πn，解得e＝100sin20πt(V)。(2)线圈从图示位置开始在eq\f(1,60)s时的电动势的瞬时值e＝100sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20π×\f(1,60)))V＝86.6V。(3)在eq\f(1,60)s内线圈转过的圆心角大小θ＝ωt＝eq\f(π,3)，由Φ＝BScosωt知ΔΦ＝eq\f(1,2)B·πr2，线圈从图示位置开始在eq\f(1,60)s时间内的电动势的平均值eq\x\to(E)＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(150,π)V。第三章2基础达标练1．(2024·宁夏银川高二期末)一交流电压为u＝100eq\r(2)sin100πt(V)，由此表达式可知()A．用交流电压表测该电压t＝0时其示数为0VB．t＝0时，线圈磁通量为零C．将该电压加在“100V100W”的灯泡两端，灯泡的实际功率小于100WD．t＝eq\f(1,400)s时，该交流电压的瞬时值为100V答案：D解析：交流电压表的读数是交流电的有效值，则该电压t＝0时其示数不为0V，故A错误；t＝0时，线圈在中性面位置，此时线圈磁通量最大，故B错误；该交流电的有效值为U＝eq\f(100\r(2),\r(2))V＝100V，则将该电压加在“100V100W”的灯泡两端，灯泡的实际功率等于100W，故C错误；t＝eq\f(1,400)s时，该交流电压的瞬时值为u＝100eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(100π×\f(1,400)))V＝100V，故D正确。2．(多选)如图甲所示，单匝闭合矩形线框电阻为R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量Ф与时间t的关系图像如图乙所示。下列说法正确的是()A．eq\f(T,2)时刻线框平面与中性面重合B．线框的感应电动势有效值为2eq\r(2)eq\f(πΦm,T)C．线框转一周外力所做的功为eq\f(2π2Φ\o\al(2,m),RT)D．从t＝0到t＝eq\f(T,4)过程中线框的平均感应电动势为eq\f(πΦm,T)答案：AC解析：由图像可知eq\f(T,2)时刻线圈的磁通量最大，因此此时线圈处于中性面位置，A正确；由图可知交流电的周期为T，则ω＝eq\f(2π,T)，交流电的电动势的最大值为Em＝NBSω＝Φmeq\f(2π,T)，则有效值为E有＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(\r(2)πΦm,T)，B错误；线圈转一周所做的功为转动一周的发热量Q＝eq\f(E\o\al(2,有),R)T＝eq\f(2π2Φ\o\al(2,m),RT)，C正确；从0时刻到eq\f(T,4)时刻的平均感应电动势为E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Φm,\f(T,4))＝eq\f(4Φm,T)，D错误。3．(多选)(2023·北京市第二中学月考)如图甲所示是一种振动发电装置的示意图，半径为r＝0.1m，匝数n＝20的线圈位于辐向分布的磁场中，磁场的磁感线沿半径方向均匀分布(如图乙所示)，线圈所在位置的磁感应强度的大小均为B＝eq\f(0.20,π)T，线圈电阻为R1＝0.5Ω，它的引出线接有R2＝9.5Ω的小灯泡L，外力推动线圈框架的P端，使线圈沿轴线做往复运动，线圈运动速度v随时间t变化的规律如图丙所示(摩擦等损耗不计)，则()A．小灯泡中电流的峰值为0.16AB．小灯泡中电流的有效值为0.16AC．电压表的示数为1.5VD．t＝0.1s时外力的大小为0.128N答案：AD解析：由题意及法拉第电磁感应定律知道，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规律，线圈中的感应电动势的峰值为Em＝nBlvm＝nB·2πrvm，故小灯泡中电流的峰值为Im＝eq\f(Em,R1＋R2)＝eq\f(20×\f(0.20,π)×2π×0.1×2,9.5＋0.5)A＝0.16A，电流的有效值为I＝eq\f(Im,\r(2))＝0.113A，选项A正确，B错误；电压表示数为U＝I·R2＝1.07V，选项C错误；当t＝0.1s也就是eq\f(T,4)时，线圈中的感应电流最大，外力的大小为F＝nB·2πrIm＝0.128N，选项D正确。4．(2024·山东淄博高三一模)如图甲所示为一交变电压随时间变化的图像，每个周期内，前二分之一周期电压按正弦规律变化，后二分之一周期电压恒定。若将此交流电连接成如图乙所示的电路，电阻R阻值为50Ω，则()A．理想电压表读数为50VB．理想电流表读数为0.8AC．电阻R消耗的电功率为45WD．电阻R在50秒内产生的热量为2025J答案：D解析：设交流电电压有效值为U，根据有效值定义可得eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(30,\r(2))))2,R)·eq\f(T,2)＋eq\f(602,R)·eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R)·T，解得U＝45V，则理想电压表读数为45V；根据欧姆定律可得理想电流表读数为I＝eq\f(U,R)＝eq\f(45,50)A＝0.9A，电阻R消耗的电功率为P＝I2R＝0.92×50W＝40.5W，电阻R在50秒内产生的热量为Q＝I2Rt＝0.92×50×50J＝2025J，故D正确。5．(多选)(2024·海南一模)如图1所示，固定在水平面上的平行光滑导轨左端接有阻值R＝0.4Ω的电阻，整个导轨处在方向竖直向上、磁感应强度大小B＝0.5T的匀强磁场中。一质量为m＝0.01kg、电阻r＝0.1Ω的导体棒ab沿导轨向右运动，在外力F作用下，其速度v随时间t的变化关系如图2所示。已知导体棒ab的长度l＝0.4m，导轨电阻不计，整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直且接触良好。则在0～0.25s的时间内()A．导体棒ab两端电压的峰值为2VB．外力F做的功为0.5JC．通过电阻R的电荷量为eq\f(2,π)CD．外力F的冲量大小为0.32N·s答案：BC解析：导体棒产生的感应电动势的峰值为Em＝Blvm＝0.5×0.4×10V＝2V，感应电流的峰值Im＝eq\f(Em,r＋R)＝eq\f(2,0.4＋0.1)A＝4A，导体棒ab两端电压的峰值为Um＝ImR＝1.6V，故A错误；产生的电能即克服安培力做功为W安＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Em,\r(2))))2,R＋r)t＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(2))))2,0.4＋0.1)×0.25J＝1J，根据动能定理WF－W安＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，解得WF＝0.5J，故B正确；该导体棒产生的感应电动势与线圈在磁场中转动产生的感应电动势相似，则由线圈转过90°时通过导体横截面的电荷量q＝eq\f(\x\to(E),R＋r)Δt＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BS,R＋r)＝eq\f(Em,R＋rω)，其中ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,1)＝2π，则通过电阻R的电荷量为q＝eq\f(Em,R＋rω)＝eq\f(2,0.4＋0.1×2π)＝eq\f(2,π)C，故C正确；在0～0.25s的时间内对导体棒根据动量定理IF－I安＝0－mvm，其中I安＝Beq\x\to(I)lΔt＝Blq＝0.5×0.4×eq\f(2,π)N·s＝eq\f(2,5π)N·s，解得外力F的冲量大小为IF＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5π)－0.1))N·s≈0.027N·s，故D错误。6．(2023·四川省成都市高二期中)如图，交流电源的输出电压为U，频率为f，a、b、c三灯亮度相同。下列说法正确的是()A．将交流电源的频率提高为2f时，a灯变亮，b灯变暗，c灯亮度不变B．拔出电感线圈L中的铁芯后，b灯将变暗C．在电容器C中插入电介质之后，a灯将变暗D．改接输出电压为U的直流电源时，a灯将熄灭，b灯将变亮，c灯将变暗答案：A解析：将交流电源的频率提高为2f时，容抗变小，a灯变亮；感抗变大，b灯变暗；根据R＝ρeq\f(L,S)，电阻不变，c灯亮度不变，A正确；拔出电感线圈L中的铁芯后，L变小，感抗变小，b灯将变亮，B错误；根据C＝eq\f(εrS,4πkd)，在电容器C中插入电介质之后，电容C变大，容抗变小，a灯将变亮，C错误；改接输出电压为U的直流电源时，直流电流不能通过电容器，a灯将熄灭；感抗减小到零，b灯将变亮；电阻不变，c灯亮度不变，D错误。7．(多选)(2024·北京海淀高三开学考试)图甲所示的电路中，K与L间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压UC。如果UC随时间t的变化如图乙所示，根据图甲和图乙分析，下列判断正确的是()A．如果已知电容器的电容，可以由图求出电阻器的电阻B．如果已知电阻R，可以由图求出1～2s内电阻R产生的焦耳热C．如果把K与L之间的智能电源换成正弦交流电，电压有效值不变而频率可以改变，R上的电流有效值也会随频率改变D．电阻R上的电压随时间变化关系可能如图丙所示答案：CD解析：根据题意可知，电路中的电流为I＝eq\f(Δq,Δt)＝eq\f(CΔU,Δt)，由图乙UC－t图像可知，1～2s内、3～5s内电路中电流均恒定不变，1～2s内图像的斜率是3～5s内图像斜率的2倍，则1～2s内电路中电流是3～5s内的2倍。2～3s内，电路中电流为零。由UR＝IR知，1～2s内电阻R两端电压UR是3～5s内的2倍。1～2s内，电容器在充电，3～5s内电容器在放电，电路中电流方向相反，则1～2s内R两端的电压与3～5s内R两端的电压相反，如果已知电容器的电容，可求电路中的电流的大小，但不知道电阻两端电压，不可求电阻器的电阻，如果已知电阻R，但不知电容器的电容，不可求电流的大小，则不可求电阻R产生的焦耳热，故A、B错误，D正确；由电容器的容抗公式XC＝eq\f(1,2πfC)可知，频率改变，容抗改变，R上的电流有效值也会随频率改变，故C正确。8．现在市场上的调光台灯、调速风扇是用可控硅电子元件来实现调节的。如图所示，这是一个经过元件调节后加在电灯上的电压，在正弦交流电的每半个周期中都会截去前面的四分之一，现在加在电灯上的电压是()A．－Um B．eq\f(Um,\r(2))C．eq\f(Um,4) D．eq\f(Um,2)答案：D解析：设交流电的有效值为U，将交流电与直流电分别通过相同电阻R，分析一个周期内所产生的热量，利用有效值的定义得eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Um,\r(2))))2,R)·eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R)T，解得U＝eq\f(Um,2)。9．(2024·福建福州高二开学考试)如图所示，矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小为B＝eq\f(\r(2),π)T的水平匀强磁场中，绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω＝10πrad/s匀速转动，线框共10匝，面积S＝0.5m2，电阻r＝1Ω，通过导线与一阻值R＝49Ω的定值电阻相连，所有电表均为理想交流电表。(计算结果可保留根号)(1)将图示时刻记为t＝0，写出该正弦式交流电电动势的瞬时值表达式；(2)t＝eq\f(1,60)s时，电压表、电流表的示数；(3)0～eq\f(1,40)s过程流过电阻R的电荷量；(4)转动一周的过程中，整个电路产生的热量。答案：(1)e＝50eq\r(2)cos10πt(V)(2)49V1A(3)eq\f(1,10π)C(4)10J解析：(1)感应电动势最大值为Em＝nBSω＝50eq\r(2)V，t＝0时线框平面与磁场平行，则瞬时值表达式为e＝Emcosωt＝50eq\r(2)cos10πt(V)。(2)电动势有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))＝50V，电流表示数为I＝eq\f(E,R＋r)＝1A，电压表示数为U＝IR＝49V。(3)t＝eq\f(1,40)s时线框转动弧度为θ＝ωt＝eq\f(π,4)，则磁通量的变化量为ΔΦ＝BSsineq\f(π,4)，根据eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)，eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)，q＝eq\x\to(I)Δt，联立得，0～eq\f(1,40)s过程流过电阻R的电荷量为q＝eq\f(1,10π)C。(4)转动一周的过程中，整个电路产生的热量为Q＝I2(R＋r)T＝I2(R＋r)eq\f(2π,ω)＝10J。能力提升练10．(2023·湖北高二期中)在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n＝200，横截面积S＝5cm2，螺线管导线电阻r＝1Ω，外接灯泡电阻R＝3Ω。沿轴线穿过螺线管磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化，则流经小灯泡电流的有效值为()A．eq\r(2)A B．2eq\r(2)AC．3A D．4A答案：B解析：根据法拉第电磁感应定律，可得E＝neq\f(ΔB,Δt)S，结合乙图，可得0～0.2s和0.2～0.3s，螺线管产生感应电动势分别为E1＝200×eq\f(16,0.2)×5×10－4V＝8V，E2＝200×eq\f(16,0.1)×5×10－4V＝16V，又I＝eq\f(E,R＋r)，则0～0.2s和0.2～0.3s，螺线管产生感应电流分别为I1＝2A，I2＝4A，设流经小灯泡电流的有效值为I，根据电流的热效应，可得I2R×0.3s＝Ieq\o\al(2,1)R×0.2s＋Ieq\o\al(2,2)R×0.1s，解得I＝2eq\r(2)A。故选B。11．如图所示，在xOy直角坐标系中的第二象限有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，第四象限有垂直于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＝eq\f(BL2ω,R) B．I＝eq\f(\r(2)BL2ω,4R)C．I＝0 D．I＝eq\f(BL2ω,2R)答案：D解析：线框进入或离开磁场时，单边导体杆转动切割磁感线，产生的感应电动势大小E＝eq\f(1,2)BL2ω形成的感应电流大小i＝eq\f(BL2ω,2R)以顺时针方向为感应电流的正方向，则可以作出如图所示的感应电流随时间变化的图像，根据图像可知一个周期内感应电流的有效值就是eq\f(BL2ω,2R)。12．(多选)(2024·云南文山高二期末)如图甲所示的电路，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()A．在A、B之间所加交变电压的周期为2sB．在A、B之间所加的交变电压的瞬时值表达式为