课后作业(二十九)[zzstep.com]
(时间45分钟，满分100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)
1．(2012·银川一中模拟)一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流e＝220 sin 100πt(V)，那么( )
A．该交变电流的频率是100 Hz
B．当t＝0时，线圈平面恰好与中性面垂直
C．当t＝ s时，e最大
D．该交变电流电动势的有效值为220 V
2.
图10－1－15
(2012·阳江市一中模拟)如图10－1－15所示，abcd为一边长为L、匝数为N的正方形闭合线圈，绕对称轴OO′匀速转动，角速度为ω.空间中只有OO′左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.若闭合线圈的总电阻为R，则( )
A．线圈中电动势的有效值为NBL2ω
B．线圈中电动势的最大值为NBL2ω
C．在转动一圈的过程中，线圈中有一半时间没有电流
D．当线圈转到图中所处的位置时，穿过线圈的磁通量为NBL2
3.
图10－1－16
如图10－1－16所示电路中，已知交流电源电压u＝200sin 100πt(V)，电阻R＝100 Ω.则电流表和电压表的示数分别为( )
A．1.41 A,200 V[中国教育出版网zzstep.com]
B．1.41 A,141 V
C．2 A,200 V
D．2 A,141 V
4．一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10－1－17甲所示，则下列说法中正确的是( )
甲 乙
图10－1－17
A．t＝0时刻线圈平面与中性面垂直
B．t＝0.01 s时刻Φ的变化率达到最大
C．0.02 s时刻感应电动势达到最大
D．该线圈相应的感应电动势图象如图10－1－17乙所示
5．将阻值为5 Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上，电源电动势随时间变化的规律如图10－1－18所示．下列说法正确的是( )
图10－1－18
A．电路中交变电流的频率为0.25 Hz
B．通过电阻的电流为 A
C．电阻消耗的电功率为2.5 W
D．用交流电压表测得电阻两端的电压是5 V
6．如图10－1－19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1 min的时间，两电阻消耗的电功之比W甲∶W乙为( )
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图10－1－19
A．1∶ B．1∶2
C．1∶3 D．1∶6
7.
图10－1－20
如图10－1－20所示电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和R1并联的D为理想二极管(正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大)，在A、B间加一正弦交流电u＝20 sin 100πt V，则加在R2上的电压有效值为( )
A．10 V B．20 V
C．15 V D．5 V
8.
图10－1－21
(2012·海淀模拟)如图10－1－21所示，闭合的矩形导体线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′方向观察，线圈沿逆时针方向转动．已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，ab边的边长为l1，ad边的边长为l2，线圈电阻为R，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时( )
A．线圈中感应电流的方向为abcda
B．线圈中的感应电动势为2nBl2ω
C．穿过线圈磁通量随时间的变化率最大
D．线圈ad边所受安培力的大小为
9．(2012·庆阳一中模拟)电阻R1、R2和交流电源按照图10－1－22甲所示方式连接，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω.合上开关S后，通过电阻R2的正弦交变电流i随时间t变化的情况如图10－1－22乙所示，则( )
甲 乙 [中教网]
图10－1－22
A．通过R1的电流的有效值是1.2 A
B．R1两端的电压有效值是6 V
C．通过R2的电流的有效值是1.2 A
D．R2两端的电压有效值是6 V
10.
图10－1－23
(2012·乌鲁木齐模拟)如图10－1－23所示，闭合金属线框曲线部分恰好是半个周期的正弦曲线，直线部分长度为0.4 m，线框的电阻为1 Ω，若线框从虚线位置开始以2 m/s的速度匀速进入足够大的匀强磁场(线框直线部分始终与磁场右边界垂直)，这个过程中线框释放出的焦耳热为0.4 J，线框中电流随时间变化的关系式为( )
A．i＝2sin 10πt A B．i＝sin 10πt A
C．i＝2sin 5πt A D．i＝sin 5πt A
二、非选择题(本题共2小题，共30分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
11．如图10－1－24所示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5 T，边长L＝10 cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻r＝1 Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，角速度ω＝2π rad/s，外电路电阻R＝4 Ω.求：
图10－1－24
(1)转动过程中感应电动势的最大值；
(2)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过60°角时的瞬时感应电动势；
(3)由图示位置转过60°角的过程中产生的平均感应电动势；
(4)交流电压表的示数．
12.[zzstep.com]
图10－1－25
(2013届成都实验中学模拟)如图10－1－25所示的是一个匝数n＝10的线圈在匀强磁场中沿垂直于磁场方向的固定轴转动时，通过线圈平面的磁通量随时间变化的图象．根据图象回答下列问题：
(1)线圈中的最大感应电动势多大？
(2)在t1＝0.1 s时刻和t2＝0.2 s时刻，线圈中磁通量的变化率各是多少？
(3)设t＝0时感应电动势为正值，画出感应电动势随时间变化的图象，并写出感应电动势的瞬时值表达式．
答案及解析
1．【解析】 根据交变电流的表达式可知该交变电流的频率f＝＝50 Hz，有效值为220 V，A、D错；当t＝0时，e＝0，所以线圈平面恰好处于中性面，B错；当t＝ s时，e有最大值220 V，C正确．
【答案】 C
2.【解析】 最大值Em＝NBL2ω，有效值E＝＝NBL2ω.在转动的过程中，线圈始终有一半在磁场中运动，故线圈中始终有电流通过．图中所示位置中，穿过线圈的磁通量为BL2，正确选项为B.
【答案】 B
3.【解析】 电流表和电压表显示的是有效值，U＝＝100 V≈141 V；I＝＝1.41 A，故选项B正确．
【答案】 B
4．【解析】 由Φ－t图知，在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＝0.04 s，在t＝0.01 s时，Φ＝0，最大，e最大，则B项正确；在t＝0.02 s时，Φ最大，＝0，e＝0，则C项错．
【答案】 B[z,zs,tep.com]
5．【解析】 电路中交变电流的频率f＝＝25 Hz，A错；通过电阻的电流应为有效值I＝＝ A＝ A，用交流电压表测得电阻两端的电压是 V，B、D错；电阻消耗的电功率P＝I2R＝2.5 W，C对．
【答案】 C
6．【解析】 电功的计算，I要用有效值．图甲中，由有效值的定义得()2R×2×10－2＋0＋()2R×2×10－2＝IR×6×10－2，得I1＝ A；图乙中，I的大小不变I2＝1 A，由W＝UIt＝I2Rt可以得到W甲∶W乙＝1∶3.C正确．
【答案】 C
7.【解析】 由于R1＝R2，当二极管上有正向电流时，R1短路，加在R2上电压有效值为20 V．当二极管上有反向电流时，R1、R2串联，R2上电压有效值为10 V．由·T＝·＋·得U＝5 V，故D项正确．
【答案】 D
8.【解析】 根据右手定则，线圈中感应电流的方向为adcba，A错；当线圈转至图示位置时，线圈中感应电动势应为最大值Em＝nBl1l2ω，此时，穿过线圈磁通量随时间的变化率最大，B错，C对；线圈ad边所受安培力的大小F＝Il2nB＝，D对．
【答案】 CD
9．【解析】 由题图知流过R2交流电电流的最大值I2m＝0.6 A，故选项C错误；由U2m＝I2mR2＝12 V知，选项D错误；因串联电路电流处处相同，则I1m＝0.6 A，电流的有效值I1＝＝0.6 A，故A项错误；由U1＝I1R1＝6 V，故选项B正确．
【答案】 B
10.【解析】 设该正弦交流电的电流有效值为I，由题意可得：Q＝I2Rt，其中t＝＝0.2 s解得I＝ A，所以该正弦交流电的最大值为Im＝I＝2 A，金属线框从图示的位置到完全进入磁场为半个周期，故T＝2＝0.4 s，ω＝＝5π rad/s，所以正弦交流电的表达式为i＝2sin 5πt A，C选项正确．
【答案】 C
11．【解析】 (1)Em＝nBSω＝3.14 V.
(2)由图示位置计时转过60°角时，瞬时感应电动势
E＝Em·cos 60°＝1.57 V.
(3)由图示位置转过60°角的过程中产生的平均感应电动势
＝n＝100× V＝2.60 V.
(4)交流电压表测的是有效值，所以其示数
U＝＝1.78 V.
【答案】 (1)3.14 V (2)1.57 V (3)2.60 V (4)1.78 V[中教网]
12.【解析】 (1)由图象可知，Φm＝BS＝0.2 Wb，线圈转动的周期T＝0.4 s，线圈转动的角速度ω＝＝5π rad/s.
线圈中的最大感应电动势
Em＝nBSω＝10×0.2×5π V＝10π V.
(2)在t1＝0.1 s时刻，线圈中磁通量的变化率为0.
t2＝0.2 s时刻，线圈中的感应电动势最大为Em＝10π V，
磁通量变化率为＝＝ Wb/s＝πWb/s
(3)感应电动势的变化周期跟磁通量的变化周期相同，并按余弦规律变化，在t＝0时，感应电动势为正的最大值，感应电动势随时间变化的图象如图所示．瞬时值的表达式为e＝10πcos 5πt(V)．
【答案】 (1)10π V (2)0 π Wb/s (3)图象见解析
e＝10πcos 5πt(V)
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