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物理选择性必修二3.1 交变电流同步练习（优生加练）
一、选择题
1．某发电机的结构简化如图，N、S是永磁铁的磁极，M是圆柱形铁芯，磁极与铁芯之间的缝隙形成沿半径方向的磁场。铁芯外套有一矩形线圈，线圈绕M中心的固定转轴匀速转动。若从图示位置开始计时，取此时线圈中的电动势为正值，在一个周期内感应电动势e随时间t变化的图像是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】本题考查交流电的瞬时值表达式，关键是由图分析线圈速度方向与磁感线方向的关系。CD．线圈匀速转动，两杆切割磁感线的线速度大小保持不变，根据磁感线的分布，线圈转动过程中两杆所处位置的磁感应强度大小也保持不变，根据可知，产生的感应电动势大小保持不变，故CD错误；
B．从图示位置转动90°后，两杆所处位置磁感应强度方向变化，因此产生的电动势方向也会变化，故B错误；
A．接下来每转动180°后，两杆所处位置磁感应强度方向都会发生变化，则产生的电动势方向随之变化，故A正确。
故选A。
【分析】由图可知线圈的速度与磁感线的方向的关系，根据法拉第电磁感应定律的推导式，即可知感应电动势瞬时值的表达式。
2．电动晾衣杆方便实用，在日常生活中得到广泛应用。如图1所示，一理想变压器，原线圈两端接入如图2所示正弦交流电源，原、副线圈的匝数比为n1：n2，副线圈与一个交流电流表和一个电动机串联。开关S闭合，当电动机带动质量为m的电动晾衣杆以速度v匀速上升，此时电流表读数为I，重力加速度为g，则（　　）
A．原线圈两端接入的正弦交流电源电压瞬时值
B．电动机的输入功率为
C．电动机的效率
D．电动机线圈电阻R为
【答案】D
【知识点】焦耳定律；交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】主要考查变压器的功率问题，重点是会根据能量的转化和守恒定律列式求解相应的物理量。A．由图2可知，原线圈两端接入的正弦交变电源电压
故A错误；
B．根据电压匝数关系有
解得
则电动机的输入功率为
故B错误；
C．电动机输出的机械功率为mgv，故电动机的效率
故C错误；
D．电动机线圈电阻消耗的功率
又由于
解得
故D正确。
故选D。
【分析】根据变压器匝数比结合有效值、总功率公式列式解答；根据能量的转化和守恒定律结合热功率公式求解线圈电阻R。
3．图（a）为“胜哥”的自制交流发电机结构简图。某次实验中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动，利用示波器测出其产生的正弦交流电电压u随时间t变化关系如图（b）所示，线圈及导线电阻不计，若想用此发电机产生“220V、50Hz”的交流电，下列操作正确的是（　　）
A．仅调节线圈的匝数为原来2倍
B．仅调节线圈的面积为原来倍
C．仅调节匀强磁场的磁感应强度为原来倍
D．仅调节线圈匀速转动的转速为原来2倍
【答案】A
【知识点】交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】 对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义。D．根据图像得
根据
解得
仅调节线圈匀速转动的转速为原来2倍，频率变为100 Hz，D错误；
A．根据图像得
根据
仅调节线圈的匝数为原来2倍，U变为220V，A正确；
B．根据 ，仅调节线圈的面积为原来倍
B错误；
C．根据 ，仅调节匀强磁场的磁感应强度为原来倍
C错误。
故选A。
【分析】根据图像得到电动势的峰值，根据正弦式交变电流规律求解电动势的峰值公式和频率公式，逐项分析即可。
4． 如图甲所示，在水平向右的匀强磁场中，匝数为100匝的矩形线圈绕与线圈平面共面的竖直轴匀速转动，从线圈转到某一位置开始计时，线圈中的瞬时感应电动势e随时间t变化的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是（　　）
A．时，穿过线圈的磁通量为零
B．时，线圈平面与磁场方向夹角为30°
C．瞬时感应电动势e随时间t的变化关系为
D．线圈转动一圈的过程中，穿过线圈磁通量的最大值为
【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】ABC：由图像可知，感应电动势的表达式为
当e=0时， 穿过线圈的磁通量为最大；当t=0时， 穿线圈与磁场方向夹角为，ABC不符合题意。
D：线圈转动一圈的过程中，穿过线圈的磁通量的最大值为
D符合题意。
故答案为D。
【分析】利用图像判断交变电流的周期，根据图像写出其函数表达式，利用表达式求解。
5． 如图甲所示，小型交流发电机通过电刷和理想变压器原线圈连接，变压器副线圈两端接电阻R。已知发电机线圈匝数为10，变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，变压器原线圈中电流随时间变化规律如图乙所示，则发电机线圈从图示位置开始转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；电流、电源的概念；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】发电机线圈从图示位置开始转过90°的过程中，设发电机线圈面积为S、匝数为N，原线圈回路总电阻为R总，原线圈位置磁感应强度为B，则原线圈通过的电荷量为
其中
，
解得
再根据
可知发电机线圈从图示位置开始转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量为
故答案为：C。
【分析】根据法拉第电磁感应定律及电荷量与电流的关系结合交变电流最大值的定义及图乙，确定线圈转过90°通过原线圈的电荷量，再根据根据理想变压器规律确定通过电阻R的电荷量。
6． 将阻值为 的电阻接在正弦式交流电 源上. 电阻两端电压 随时间的变化规律如 图所示. 下列说法正确的是 (　　)
A．该交流电的频率为
B．通过电阻电流的峰值为
C．电阻在 1 秒内消耗的电能为
D．电阻两端电压表达式为
【答案】D
【知识点】交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】A．由图可知交流电的周期为0.02s，则频率为
故A错误；
B．根据图像可知电压的峰值为，根据欧姆定律可知电流的峰值
故B错误；
C．电流的有效值为
所以电阻在1s内消耗的电能为
故C错误；
D．根据图像可知其电压表达式为
故D正确。
故选D。
【分析】 根据图像得出交流电的周期，结合周期和频率的关系得出频率的大小；
根据欧姆定律代入数据得出通过电阻的电流的峰值；
根据正弦式交流电的特点得出电压和电流的有效值，结合电能的计算公式完成分析；
根据数学知识得出ω的大小，从而得出电压的表达式。
7．如图甲所示直线MN右侧空间存在着匀强磁场，abc为匀质金属导线制成的正三角形线框，线框关于MN对称放置并绕MN以角速度匀速转动，线框中电动势的最大值为。从图示位置开始计时，ab两点间的电势差随时间变化的图像是乙图中的（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的图像与函数表达式；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】线框转动过程产生交变电流，设瞬时电动势为e，线框转过0-90°和270°-360°的过程中ab是电源， ab两点间的电势差为是路端电压，则为
线框转过90°-270°的过程中ac是电源，则此时
故答案为：D。
【分析】线框绕轴转动做切割磁感线运动，回路中产生正弦交变电压，确定线框转动过程相当于电源的切割边，电源两端的电压等于路端电压，再结合串联电路规律进行判断。
8．如图所示，在xOy平面内，矩形线框的底边长为L且与x轴重合，中轴线与y轴重合。线框绕垂直于x轴的转轴（例如图中的MN轴）匀速转动。匀强磁场区域足够大。在保持转速不变的情况下，线框内产生的感应电流的最大值与转轴所处位置x的关系图像为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】交变电流的产生及规律
【解析】【解答】设矩形线框的宽度为，角速度为，当转轴位置在时，左侧边产生的最大感应电动势为
右侧边产生的最大感应电动势为
两边产生的感应电流方向相反，总最大感应电动势大小为
设线圈的总电阻为，则线圈中的最大电流为
同理当转轴位置在时，总最大感应电动势大小也为
线圈中的最大电流为
当转轴在范围内产生的最大感应电动势为
线圈中的最大电流为
综上所述可知，转轴在任何位置线圈中的最大电流均不变。
故答案为：A。
【分析】线框转动时，左右两边分别切割磁感线产生感应电动势，通过分析不同转轴位置下两边电动势的叠加关系，结合欧姆定律判断最大电流的变化规律。
9．如图所示是一台发电机的模型图，面积为0.01m2的正方形线圈从中性面开始以角速度绕轴匀速转动，线圈共100匝，总电阻为2Ω。线圈所在匀强磁场的磁感应强度大小B=T，外电路中理想二极管与电阻R串联，，电流表为理想电表。则下列说法正确的是（　　）
A．电流表的示数为
B．在一个周期内，电阻R上产生的热量为0.4J
C．单匝线圈的AB边受到的安培力最大值为
D．在一个周期内，外力对发电机做的功为1J
【答案】B
【知识点】交变电流的产生及规律
【解析】【解答】A．该线圈产生的电动势的最大值
则产生感应电动势的有效值为
则电流为
极管的由于二单向导电性，结合有效值的定义得
解得电流表的示数
A不符合题意；
B．电流的周期为
在一个周期内，电阻R上产生的热量为
B符合题意；
C．线圈中的最大电流为
AB的长度为0.1m，则单匝线圈的最大安培力为
C不符合题意；
D．一个周期内电路中产生的热量为
由能量守恒定律可知在一个周期内，外力对发电机做的功为，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用动生电动势的表达式可以求出电动势的峰值，结合峰值可以求出有效值的大小，再利用欧姆定律及焦耳定律可以求出电流表的读数；利用角速度可以求出周期的大小，结合焦耳定律可以求出电阻产生的热量大小；利用欧姆定律可以求出电流的峰值，结合安培力的表达式可以求出安培力的峰值；利用焦耳定律及能量守恒定律可以求出外力对发电机做功的大小。
10．在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕轴以角速度ω匀速转动，产生的感应电动势随时间的变化关系如图所示，矩形线圈与阻值为R的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是（　　）
A．从t1到t3这段时间内穿过线圈磁通量的变化量为零
B．从t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量为
C．t4时刻穿过线圈的磁通量的变化率大小为E0
D．t4时刻线圈处于中性面位置
【答案】B
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】由于磁通量是双向标量，在t1到t3这段时间穿过线圈磁通量的变化量△Φ=2Bs，A不符合题意；通过电阻的电荷量 ，所以t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量 ，又 。故 ，B符合题意；由于最大值面产生的电动势最大，所以磁通量时间图象中，在最大值面上磁通量的斜率最大，即E0=nK，所以 ，C不符合题意；t4时刻电动势最大，所以此时磁通量应该最小为零，所以线圈处于与中性面相垂直的位置，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】通过交流电压的表达式读出电压的最大值和角速度，计算出电压的有效值和频率，再利用欧姆定律求出电路中的电流，通过的电荷量利用法拉第电磁感应定律和电流的定义式求解即可。
二、多项选择题
11．如图所示，一个面积为S的单匝矩形线框在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴顺时针（从上往下看）匀速转动，转动周期为T，从图示位置开始计时，电流方向以为正，下列说法正确的是（　　）
A．时刻穿过线框的磁通量最大
B．线框中产生的电动势的有效值为
C．时刻线框内产生的感应电流方向为
D．线框中产生的电动势的瞬时值
【答案】A,C
【知识点】交变电流的产生及规律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】AB．依题意，时刻线框与磁场完全垂直，线框位于中性面，此时穿过线框的磁通量最大，产生的交流电为正弦交流电，根据法拉第电磁感应定律及有效值定义可得：线框中产生的电动势的有效值为
A符合题意，B不符合题意；
C．依题意，可知时刻，线框边转向纸面外且水平向左切割磁感线，线框边转向纸面内且水平向右切割磁感线，根据右手定则，可判断知感应电流方向仍然为，C符合题意；
D．依题意，可求得该正弦交流电瞬时值的表达式为
D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】根据法拉第电磁感应定律得出线框中产生的最大感应电动势，利用交变电流有效值和最大值的关系得出线框中产生电动势的有效值；线框转动的过程中根据右手定则得出感应电流的方向，从而得出交变电流的有效值表达式。
三、非选择题
12．一正弦式交变电流的电压随时间变化规律如图所示，由图可知该交流电压的峰值为　 　V，有效值为　 　V，时的瞬时值为　 　V。
【答案】100；；
【知识点】交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】由图可知，该交流电压的峰值为100V。有效值为
表达式为
得
【分析】由图可知，该交流电压的峰值为100V，有效值等于最大值除以，将时刻代入表达式求解瞬时值。
13．
（1）图（a）是扬声器的内部结构示意图，线圈两端加有与声音频率相同的电压。
图（b）是动圈式话筒结构示意图，当有人在话筒前说话时，声音使膜片振动带动磁场内的线圈发生相应的振动。
扬声器和动圈式话筒工作原理分别是　 　和　 　；
A.电流的磁效应
B.磁场对通电导体的作用
C.电磁感应
（2）直流电动机中换向器的作用是　 　。
（3）甲图中是某交流电发电机的示意图，线圈所在位置　 　（均选填“是”或“否”）为中性面；某时刻，从中性面位置开始计时，线圈产生的感应电动势随时间变化的规律如图乙所示。在0~0.03s时间内闭合线圈中的感应电动势表达式为　 　 V。
【答案】（1）B；C
（2）改变线圈中的电流方向
（3）否；
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】（1）扬声器线圈两端加有与声音频率相同的电压，线圈会在磁场中受力运动，其工作原理是磁场对通电导体的作用。
线圈在磁场中的振动，实际上是线圈在做切割磁感线运动，从而产生感应电流，我们就能通过扬声器听到说话的声音，这种话筒原理是电磁感应。
故答案为：B；C。
（2）换向器的作用是：当线圈刚转过平衡位置时自动改变线圈中的电流方向，从而改变线圈的受力方向，使线圈持续转动。
（3）线圈所在位置磁通量为零，不是中性面。
由图可知线圈转动周期为0.02s，在0~0.03s时间内闭合线圈中的感应电动势表达式为
【分析】（1）扬声器工作原理是通电线圈在磁场中受到力作用，带动纸盆振动发射，利用的是磁体到通电导体的作用。话筒是线圈在膜片的带动下，在磁场中做切割磁感线运动，产生感应电流，利用的是电磁感应原理。
（2）换向器的作用是：当线圈刚转过平衡位置时自动改变线圈中的电流方向。
（3）中性面磁通量最大，感应电动势为零。根据图示确定交变电流的周期及最大值，再根据交变电流规律确定闭合线圈中的感应电动势表达式。
14． 图甲为“胜哥”演示用的手摇发电机，现将此手摇发电机的输出端与电压传感器并联后接入数据采集器，在计算机显示屏上得到如图乙所示的波形电压。
（1）研究此交变电流的波形，“胜哥”发现从屏上出现第1个向上的“尖峰”到出现第31个向上的“尖峰”经历的时间为1min，则手摇发电机线圈转动的平均角速度为　 　rad/s。
（2）将发电机输出的电流通过整流装置后得到如图丙所示的正弦交变电流图像﹐此电流的瞬时值表达式为　 　A，1min内电流方向改变　 　次。
【答案】（1）π
（2）；300
【知识点】交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】（1）从屏上出现第一个向上的“尖峰”到出现第31个向上的“尖峰”，经历的时间为30个周期，故周期为
线圈转动的平均角速度
（2）由图丙可知该交流电的周期T=0.4s，角速度
则该交流电流的瞬时值表达式为
根据正弦式交流电一个周期内电流方向改变2次，可知1min内电流方向改变次数为（次）
【分析】（1）根据题给条件求出线圈转动的周期，再由角速度与周期的关系，计算线圈转动的角速度；（2）根据丙中图像写出交流电流的瞬时值表达式，再正弦式交流电一个周期内电流方向改变2次，计算1min内电流方向改变次数。
15．“胜哥”设计了两种电磁驱动装置。图1利用直流电源给线框供电，接通电源后正方形导线框在磁极间的辐向磁场中，从静止开始绕中心轴线发生转动。图2为三个线圈连接到三相电源上，电流形成的磁场可等效为角速度的旋转辐向磁场，稳定后解锁正方形导线框，导线框由静止开始转动。图3为不同视角的上述两种驱动装置的截面图，分别为图1的正视图和图2的俯视图。已知导线框的边长为l，电阻为两边的质量均为m，所处位置的磁感应强度大小均为B，磁场方向始终与转动方向垂直，转动中两边受到的阻力均为（k为比例系数，v为线速度），其余两边质量和所受阻力不计。电源的电动势为E，内阻不计，
（1）在两种驱动装置中，若图1、2导线框的转动方向一致，则旋转辐向磁场的转动方向是顺时针还是逆时针；
（2）在图2装置中，若，则导线框转动的最大角速度；
（3）在图1装置中，若导线框经过时间t恰好达到最大角速度，则在该过程中边转过的弧长S。
【答案】（1）解：图1装置，导线框顺时针转动，图2装置若导线框也顺时针转动，由楞次定律，旋转辐向磁场的转动方向也为顺时针。
（2）解：当金属线框达到稳定时，线框两边切割磁感线的相对速度大小为
根据法拉第电磁感应定律可得此时的感应电动势为
则此时的感应电流为
金属线框两边所受的安培力均为
又有两边所受的安培力均与阻力平衡
又阻力
当时
解得导线框转动的最大角速度
（3）解：转动稳定后达到最大角速度，两边所受的安培力均与阻力平衡
又
根据法拉第电磁感应定律可得此时的感应电动势为
则此时的感应电流为
两边所受的安培力
则
解得
设安培力的冲量为，由动量定理
又
综合解得
代入，得
【知识点】动量定理；交变电流的产生及规律；安培力的计算；楞次定律
【解析】【分析】（1）先确定图1所示位置的线框中电流方向，由左手定则判断导线框转动方向。图2中导线框的转动方向可由图3来观察，根据电磁驱动原理可得旋转辐向磁场的转动方向；
（2）先确定导线框达到稳定转动时线框的AB、CD两边切割磁感线的相对速度大小。根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力计算公式求得金属线框AB、CD两边所受的安培力大小。根据受力平衡条件求解导线框转动的最大角速度；
（3）与（2）同理，求得导线框达到最大的线速度，应用微元法与动量定理求解在该过程中AB边转过的弧长。
（1）图1装置，导线框顺时针转动，图2装置若导线框也顺时针转动，由楞次定律，旋转辐向磁场的转动方向也为顺时针。
（2）当金属线框达到稳定时，线框两边切割磁感线的相对速度大小为
根据法拉第电磁感应定律可得此时的感应电动势为
则此时的感应电流为
金属线框两边所受的安培力均为
又有两边所受的安培力均与阻力平衡
又阻力
当时
解得导线框转动的最大角速度
（3）转动稳定后达到最大角速度，两边所受的安培力均与阻力平衡
又
根据法拉第电磁感应定律可得此时的感应电动势为
则此时的感应电流为
两边所受的安培力
则
解得
设安培力的冲量为，由动量定理
又
综合解得
代入，得
16．如图所示为交流发电机示意图，匝数n＝100匝的矩形线圈，边长分别为10cm和20cm，内阻为5Ω，在磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中绕OO′轴以50rad/s的角速度匀速转动，线圈和外部20Ω的电阻R相连接，已知线圈绕OO′轴转动求：
（1）电压表和电流表示数？
（2）电阻R上所消耗的电功率是多少？
（3）由图示位置转过90°的过程中，通过R的电量是多少？
【答案】（1）解：
即电压表的示数为40V，电流表的示数为2A
（2）解：
（3）解：
【知识点】交变电流的产生及规律
【解析】【分析】（1）先根据求出感应电动势的最大值，根据求出感应电动势的有效值，再根据闭合电路欧姆定律求出电流和路端电压；
（2）电阻R上消耗的功率用电流的有效值乘以电压的有效值；
（3）根据电流的定义式求解。
17．如图甲所示，小型交流发电机中矩形金属线圈在匀强磁场中匀速运动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系（如图乙），线图的阻值，该线圈与一个的电阻构成闭合电路。求：
（1）交变电流电动势的有效值；
（2）感应电动势的瞬时值表达式；
（3）交流电流表、电压表的示数；
（4）电阻R的热功率。
【答案】（1）解：由图乙可知， ， ，感应电动势的有效值
（2）解：线圈转动的角速度
感应电动势的瞬时值表达式
（3）解：电流表、电压表显示的是有效值，根据闭合电路欧姆定律知，电路电流
电流表的示数为 ；
电压表示数为电阻R两端的电压，则
（4）解：电阻的热功率
【知识点】电功率和电功；交变电流的产生及规律；交变电流的图像与函数表达式；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）根据交流电的有效值和最大值的关系得出感应电动势的有效值；
（2）根据角速度和周期的关系得出感应电动势瞬时值的表达式；
（3）根据闭合电路欧姆定律以及欧姆定律得出交流电流表和电压表的示数；
（4）结合热功率的表达式得出电阻R的热功率。
18．如图为某交流发电机和外接负载的示意图，发电机电枢线圈abcd为n=20匝的矩形线圈，其面积S=0.02m2，线圈绕轴以角速度ω=50rad/s逆时针匀速转动（不计一切摩擦）．矩形线圈的电阻r=2.0Ω，外电路负载电阻R=8.0Ω，匀强磁场B只分布在转轴的左侧，垂直纸面向里，B=0.5T．求：
（1）线圈产生感应电动势的峰值Em
（2）线圈由中性面转过的过程中，产生的平均感应电动势
（3）线圈转动过程中，交流电压表的示数U
【答案】（1）解：感应电动势的峰值
（2）解：由图示位置转过的过程中，时间为
线圈产生的平均感应电动势
代入数据可得
（3）解：电动势的有效值，由电流热效应有
代入数据可得
根据闭合电路的欧姆定律，电压表的读数
【知识点】交变电流的产生及规律
【解析】【分析】（1）线圈转动时，利用动生电动势的表达式可以求出电动势的峰值；
（2）当线圈转过一定角度时，利用法拉第电磁感应定律可以求出平均电动势的大小；
（3）已知电动势的峰值，结合焦耳定律可以求出电动势的有效值，再利用欧姆定律可以求出电压表的读数。
19．如图甲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'按如图所示方向匀速转动，线圈的匝数n=100、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 随时间1按图乙所示正弦规律变化。(取π=3.14)求：
（1）交流发电机产生的电动势的最大值；
（2）从t=0时刻开始计时，线圈转过60°时线圈中感应电流瞬时值及回路中的电流方向。
【答案】（1）解：由 -t图线可知m =2.0×10-2Wb，T=2π×10-2 s，角速度 = = 100 rad/s
因为 m= BS，所以线圈转动产生的感应电动势的最大值Em=n m =200 V
（2）解：从t=0时刻开始计时有e= 200 cos 100t V
有i= =2 cos 100t A
所以i1=2 cos 60° A=1 A
由楞次定律结合安培定则，可得回路中电流方向为abcda。
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的图像与函数表达式；楞次定律
【解析】【分析】（1）根据 -t图线 得出通过线框的最大磁通量，利用角速度与周期的关系得出线框转动的角速度，从而得出交流发电机产生的电动势的最大值；
（2）根据交变电流瞬时值的表达式以及闭合电路欧姆定律得出得出感应电流的瞬时值，结合楞次定律得出感应电流的方向。
20．如图所示为交流发电机示意图，匝数为n= 100的矩形线圈，边长分别为a= 10 cm和b= 20 cm，内阻为r=50，在磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场中绕轴OO'以 = 50 rad/s 的角速度匀速转动，开始转动时线圈平面与磁场方向平行，线圈通过滑环和电刷与外部R= 20Ω的电阻相接。开关S合上后：
（1）写出线圈内产生的交变电动势瞬时值的表达式；
（2）求电压表和电流表示数；
（3）求电阻R上所消耗的电功率；
（4）求从计时开始，线圈转过 的过程中，通过外电阻R的电荷量。
【答案】（1）解：从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，感应电动势的最大值Em=nBS = nBab = 100×0.5×0.1×0.2×50 V=50 V
故交变电动势瞬时值表达式为e=E cos t= 50 cos 50 t(V)
（2）解：交变电动势有效值E=
解得E=50 V
开关S合上后，由闭合电路欧姆定律得I= A=2.0 A
U=IR=2.0×20 V=40 V
（3）解：电阻R上所消耗的电功率为P=IU= 2.0×40 W=80 W
（4）解：线圈由图示位置转过 的过程中，通过外电阻R的电荷量为Q= = 0.04 C
【知识点】交变电流的产生及规律
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律以及交流电的瞬时值的表达式得出交变电动势瞬时值表达式；
（2）根据交表电流的有效值与最大值的关系得出交变电流电动势的有效值，利用闭合电路欧姆定律得出电压表和电流表示数；
（3）利用功率的表达式得出电阻R上所消耗的电功率；
（4）根据电流的定义式得出通过外电阻R的电荷量。
21．“胜哥”设计了“摇绳发电”的方案。如图所示，“∧”形等腰金属架两个端点M、N位于同一水平面上，通过导线与固定在水平面上的两根平行金属导轨相连，导轨间接有 的电阻。金属棒ab垂直搁置在导轨上，ab中点通过轻质绝缘弹簧连接一个滑块。金属架和金属棒所在区域均存在竖直向下的匀强磁场。让滑块运动且金属架绕轴线MN以 的角速度匀速转动，金属棒始终保持静止。已知金属架腰长 ，总电阻 ，两腰夹角 ；金属棒长度为1m，阻值 ；导轨间距 ； ， ，忽略一切摩擦。
（1）以金属架到达图示位置时开始计时，在图乙中画出感应电动势随时间变化的图像；
（2）在金属架由图中位置垂直纸面向外转动30%的过程中，求通过电阻R的电量；
（3）求金属架转动一周的过程中，金属棒产生的焦耳热；
（4）已知弹簧振子原长 、劲度系数 ，当金属架与竖直方向成60°夹角时，滑块距离金属棒多远？
【答案】（1）解：感应电动势的最大值
变化周期
感应电动势随时间变化的图像如图所示
（2）解：磁通量变化量
通过电路的总电量
通过电阻R的电量
（3）解：通过金属棒的电流有效值
一个周期内产生的热量
一个周期内产生的热量
（4）解：此时感应电动势大小
通过金属棒的电流 ，安培力大小
弹力大小
弹簧形变量
①当电流方向从a到b时，弹簧距离金属棒的距离为6.8cm
②当电流方向从b到a时，弹簧距离金属棒的距离为3.2cm
【知识点】交变电流的产生及规律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）求出感应电动势最大值，根据角速度求出周期，写出电压随时间的变化关系，作出图像。
（2）根据法拉第磁感应定律和电量公式，计算总电量。
（3）根据电流最大值，求出有效值，算出相应时间内产生的热量。
（4）根据感应电动势求出感应电流，从而可求安培力，根据平衡条件，解得结果。
22．如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B＝0.5 T，矩形线圈的匝数N＝100匝，边长Lab＝0.2 m，Lbc＝0.1 m，以3 000 r/min的转速匀速转动，若从线圈平面通过中性面时开始计时，试求：
（1）交变电动势的瞬时值表达式；
（2）若线圈总电阻为2 Ω，线圈外接电阻为8 Ω，写出交变电流的瞬时值表达式；
（3）线圈由图示位置转过 的过程中，交变电动势的平均值．
【答案】（1）解：角速度为
电动势的最大值
故交变电流的瞬时值表达式
（2）解：电流的最大值
故电流的瞬时值表达式
（3）解：线圈从中性面开始转90°角的过程中
平均电动势
【知识点】交变电流的产生及规律
【解析】【分析】题目考查交变电流的规律，根据，可求得角速度，再根据，确定交变电流的最大值，从中性面开始计时，代入交变电流的计算式可得。再根据全电路欧姆定律可得回路中电流最大值，代入电流瞬时值表达式可得；从中性面转过90度，可得时间，代入法拉第电磁感应定律公式即可求解。
23．发电机转子是匝数n=100，边长L=20cm的正方形线圈，其置于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，绕着垂直磁场方向的轴以ω=100π（rad/s）的角速度转动，当转到线圈平面与磁场方向垂直时开始计时．线圈的电阻r=1Ω，外电路电阻R=99Ω．试求：
（1）写出交变电流瞬时值表达式；
（2）外电阻上消耗的功率；
（3）从计时开始，线圈转过过程中，通过外电阻的电荷量是多少？
【答案】（1）电动势的最大值：Em=nBωL2=200π=628（V）
根据闭合电路欧姆定律得
Im==6.28A
故交变电流瞬时值表达式：
i=6.28sin100πtA．
（2）电流的有效值I=外电阻上的消耗功率：
P=I2R=（）2R=1.95×103W
（3）从计时开始到线圈转过过程中，平均感应电动势由得平均电流：
通过外电阻的电荷量：
【知识点】交变电流的产生及规律
【解析】【解答】（1）电动势的最大值：Em=nBωL2=200π=628（V）
根据闭合电路欧姆定律得
Im==6.28A
故交变电流瞬时值表达式：i=6.28sin100πtA．（2）电流的有效值I=外电阻上的消耗功率：
P=I2R=（）2R=1.95×103W．第（3）从计时开始到线圈转过过程中，平均感应电动势由得平均电流：
通过外电阻的电荷量：
答：（1）交变电流瞬时值表达式为i=6.28sin100πtA；（2）外电阻上消耗的功率为1.95×103W；（3）从计时开始，线圈转过 过程中，通过外电阻的电荷量是0.017C．
【分析】（1）先根据Um=nBωL2求出最大值，再根据闭合电路欧姆定律求出电流，进而求出交变电流瞬时值表达式；（2）先求出电流的有效值，根据P=I2R得外电阻上的消耗功率；（3）求通过外电阻的电荷量要用平均电流，根据电荷量等于平均电流乘以时间即可
24．如图甲所示，在水平面内，固定放置着间距为l的两平行金属直导轨，其间连接有阻值为R的电阻，电阻两端连接示波器（内阻可视为无穷大），可动态显示电阻R两端的电压。两导轨间存在大小为B、方向垂直导轨平面的匀强磁场。时一质量为m、长为l的导体棒在外力F作用下从。位置开始做简谐运动，观察到示波器显示的电压随时间变化的波形是如图乙所示的正弦曲线。取，则简谐运动的平衡位置在坐标原点O。不计摩擦阻力和其它电阻，导体棒始终垂直导轨运动。（提示：可以用图象下的“面积”代表力F所做的功）
（1）求导体棒所受到的安培力随时间t的变化规律；
（2）求在0至0.25T时间内外力F的冲量；
（3）若时外力，求外力与安培力大小相等时棒的位置坐标和速度。
【答案】（1）解：由显示的波形可得
安培力随时间变化规律：
（2）解：安培力的冲量：
由动量定理，有：
解得：
（3）解：棒做简谐运动，有：
当 时：
当 时，设 ，
根据动能定理：
解得： 和 ； 和
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）已知电压的峰值和周期可以求出电压瞬时值的表达式，结合欧姆定律及安培力的表达式可以求出安培力的表达式；
（2）已知安培力的表达式，结合动量定理可以求出外力F的冲量；
（3）棒做践行运动，利用回复力的表达式及动能定理可以求出棒的位置坐标和速度。
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物理选择性必修二3.1 交变电流同步练习（优生加练）
一、选择题
1．某发电机的结构简化如图，N、S是永磁铁的磁极，M是圆柱形铁芯，磁极与铁芯之间的缝隙形成沿半径方向的磁场。铁芯外套有一矩形线圈，线圈绕M中心的固定转轴匀速转动。若从图示位置开始计时，取此时线圈中的电动势为正值，在一个周期内感应电动势e随时间t变化的图像是（　　）
A． B．
C． D．
2．电动晾衣杆方便实用，在日常生活中得到广泛应用。如图1所示，一理想变压器，原线圈两端接入如图2所示正弦交流电源，原、副线圈的匝数比为n1：n2，副线圈与一个交流电流表和一个电动机串联。开关S闭合，当电动机带动质量为m的电动晾衣杆以速度v匀速上升，此时电流表读数为I，重力加速度为g，则（　　）
A．原线圈两端接入的正弦交流电源电压瞬时值
B．电动机的输入功率为
C．电动机的效率
D．电动机线圈电阻R为
3．图（a）为“胜哥”的自制交流发电机结构简图。某次实验中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动，利用示波器测出其产生的正弦交流电电压u随时间t变化关系如图（b）所示，线圈及导线电阻不计，若想用此发电机产生“220V、50Hz”的交流电，下列操作正确的是（　　）
A．仅调节线圈的匝数为原来2倍
B．仅调节线圈的面积为原来倍
C．仅调节匀强磁场的磁感应强度为原来倍
D．仅调节线圈匀速转动的转速为原来2倍
4． 如图甲所示，在水平向右的匀强磁场中，匝数为100匝的矩形线圈绕与线圈平面共面的竖直轴匀速转动，从线圈转到某一位置开始计时，线圈中的瞬时感应电动势e随时间t变化的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是（　　）
A．时，穿过线圈的磁通量为零
B．时，线圈平面与磁场方向夹角为30°
C．瞬时感应电动势e随时间t的变化关系为
D．线圈转动一圈的过程中，穿过线圈磁通量的最大值为
5． 如图甲所示，小型交流发电机通过电刷和理想变压器原线圈连接，变压器副线圈两端接电阻R。已知发电机线圈匝数为10，变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，变压器原线圈中电流随时间变化规律如图乙所示，则发电机线圈从图示位置开始转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量为（　　）
A． B． C． D．
6． 将阻值为 的电阻接在正弦式交流电 源上. 电阻两端电压 随时间的变化规律如 图所示. 下列说法正确的是 (　　)
A．该交流电的频率为
B．通过电阻电流的峰值为
C．电阻在 1 秒内消耗的电能为
D．电阻两端电压表达式为
7．如图甲所示直线MN右侧空间存在着匀强磁场，abc为匀质金属导线制成的正三角形线框，线框关于MN对称放置并绕MN以角速度匀速转动，线框中电动势的最大值为。从图示位置开始计时，ab两点间的电势差随时间变化的图像是乙图中的（　　）
A． B．
C． D．
8．如图所示，在xOy平面内，矩形线框的底边长为L且与x轴重合，中轴线与y轴重合。线框绕垂直于x轴的转轴（例如图中的MN轴）匀速转动。匀强磁场区域足够大。在保持转速不变的情况下，线框内产生的感应电流的最大值与转轴所处位置x的关系图像为（　　）
A． B．
C． D．
9．如图所示是一台发电机的模型图，面积为0.01m2的正方形线圈从中性面开始以角速度绕轴匀速转动，线圈共100匝，总电阻为2Ω。线圈所在匀强磁场的磁感应强度大小B=T，外电路中理想二极管与电阻R串联，，电流表为理想电表。则下列说法正确的是（　　）
A．电流表的示数为
B．在一个周期内，电阻R上产生的热量为0.4J
C．单匝线圈的AB边受到的安培力最大值为
D．在一个周期内，外力对发电机做的功为1J
10．在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕轴以角速度ω匀速转动，产生的感应电动势随时间的变化关系如图所示，矩形线圈与阻值为R的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是（　　）
A．从t1到t3这段时间内穿过线圈磁通量的变化量为零
B．从t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量为
C．t4时刻穿过线圈的磁通量的变化率大小为E0
D．t4时刻线圈处于中性面位置
二、多项选择题
11．如图所示，一个面积为S的单匝矩形线框在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴顺时针（从上往下看）匀速转动，转动周期为T，从图示位置开始计时，电流方向以为正，下列说法正确的是（　　）
A．时刻穿过线框的磁通量最大
B．线框中产生的电动势的有效值为
C．时刻线框内产生的感应电流方向为
D．线框中产生的电动势的瞬时值
三、非选择题
12．一正弦式交变电流的电压随时间变化规律如图所示，由图可知该交流电压的峰值为　 　V，有效值为　 　V，时的瞬时值为　 　V。
13．
（1）图（a）是扬声器的内部结构示意图，线圈两端加有与声音频率相同的电压。
图（b）是动圈式话筒结构示意图，当有人在话筒前说话时，声音使膜片振动带动磁场内的线圈发生相应的振动。
扬声器和动圈式话筒工作原理分别是　 　和　 　；
A.电流的磁效应
B.磁场对通电导体的作用
C.电磁感应
（2）直流电动机中换向器的作用是　 　。
（3）甲图中是某交流电发电机的示意图，线圈所在位置　 　（均选填“是”或“否”）为中性面；某时刻，从中性面位置开始计时，线圈产生的感应电动势随时间变化的规律如图乙所示。在0~0.03s时间内闭合线圈中的感应电动势表达式为　 　 V。
14． 图甲为“胜哥”演示用的手摇发电机，现将此手摇发电机的输出端与电压传感器并联后接入数据采集器，在计算机显示屏上得到如图乙所示的波形电压。
（1）研究此交变电流的波形，“胜哥”发现从屏上出现第1个向上的“尖峰”到出现第31个向上的“尖峰”经历的时间为1min，则手摇发电机线圈转动的平均角速度为　 　rad/s。
（2）将发电机输出的电流通过整流装置后得到如图丙所示的正弦交变电流图像﹐此电流的瞬时值表达式为　 　A，1min内电流方向改变　 　次。
15．“胜哥”设计了两种电磁驱动装置。图1利用直流电源给线框供电，接通电源后正方形导线框在磁极间的辐向磁场中，从静止开始绕中心轴线发生转动。图2为三个线圈连接到三相电源上，电流形成的磁场可等效为角速度的旋转辐向磁场，稳定后解锁正方形导线框，导线框由静止开始转动。图3为不同视角的上述两种驱动装置的截面图，分别为图1的正视图和图2的俯视图。已知导线框的边长为l，电阻为两边的质量均为m，所处位置的磁感应强度大小均为B，磁场方向始终与转动方向垂直，转动中两边受到的阻力均为（k为比例系数，v为线速度），其余两边质量和所受阻力不计。电源的电动势为E，内阻不计，
（1）在两种驱动装置中，若图1、2导线框的转动方向一致，则旋转辐向磁场的转动方向是顺时针还是逆时针；
（2）在图2装置中，若，则导线框转动的最大角速度；
（3）在图1装置中，若导线框经过时间t恰好达到最大角速度，则在该过程中边转过的弧长S。
16．如图所示为交流发电机示意图，匝数n＝100匝的矩形线圈，边长分别为10cm和20cm，内阻为5Ω，在磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中绕OO′轴以50rad/s的角速度匀速转动，线圈和外部20Ω的电阻R相连接，已知线圈绕OO′轴转动求：
（1）电压表和电流表示数？
（2）电阻R上所消耗的电功率是多少？
（3）由图示位置转过90°的过程中，通过R的电量是多少？
17．如图甲所示，小型交流发电机中矩形金属线圈在匀强磁场中匀速运动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系（如图乙），线图的阻值，该线圈与一个的电阻构成闭合电路。求：
（1）交变电流电动势的有效值；
（2）感应电动势的瞬时值表达式；
（3）交流电流表、电压表的示数；
（4）电阻R的热功率。
18．如图为某交流发电机和外接负载的示意图，发电机电枢线圈abcd为n=20匝的矩形线圈，其面积S=0.02m2，线圈绕轴以角速度ω=50rad/s逆时针匀速转动（不计一切摩擦）．矩形线圈的电阻r=2.0Ω，外电路负载电阻R=8.0Ω，匀强磁场B只分布在转轴的左侧，垂直纸面向里，B=0.5T．求：
（1）线圈产生感应电动势的峰值Em
（2）线圈由中性面转过的过程中，产生的平均感应电动势
（3）线圈转动过程中，交流电压表的示数U
19．如图甲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'按如图所示方向匀速转动，线圈的匝数n=100、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 随时间1按图乙所示正弦规律变化。(取π=3.14)求：
（1）交流发电机产生的电动势的最大值；
（2）从t=0时刻开始计时，线圈转过60°时线圈中感应电流瞬时值及回路中的电流方向。
20．如图所示为交流发电机示意图，匝数为n= 100的矩形线圈，边长分别为a= 10 cm和b= 20 cm，内阻为r=50，在磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场中绕轴OO'以 = 50 rad/s 的角速度匀速转动，开始转动时线圈平面与磁场方向平行，线圈通过滑环和电刷与外部R= 20Ω的电阻相接。开关S合上后：
（1）写出线圈内产生的交变电动势瞬时值的表达式；
（2）求电压表和电流表示数；
（3）求电阻R上所消耗的电功率；
（4）求从计时开始，线圈转过 的过程中，通过外电阻R的电荷量。
21．“胜哥”设计了“摇绳发电”的方案。如图所示，“∧”形等腰金属架两个端点M、N位于同一水平面上，通过导线与固定在水平面上的两根平行金属导轨相连，导轨间接有 的电阻。金属棒ab垂直搁置在导轨上，ab中点通过轻质绝缘弹簧连接一个滑块。金属架和金属棒所在区域均存在竖直向下的匀强磁场。让滑块运动且金属架绕轴线MN以 的角速度匀速转动，金属棒始终保持静止。已知金属架腰长 ，总电阻 ，两腰夹角 ；金属棒长度为1m，阻值 ；导轨间距 ； ， ，忽略一切摩擦。
（1）以金属架到达图示位置时开始计时，在图乙中画出感应电动势随时间变化的图像；
（2）在金属架由图中位置垂直纸面向外转动30%的过程中，求通过电阻R的电量；
（3）求金属架转动一周的过程中，金属棒产生的焦耳热；
（4）已知弹簧振子原长 、劲度系数 ，当金属架与竖直方向成60°夹角时，滑块距离金属棒多远？
22．如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B＝0.5 T，矩形线圈的匝数N＝100匝，边长Lab＝0.2 m，Lbc＝0.1 m，以3 000 r/min的转速匀速转动，若从线圈平面通过中性面时开始计时，试求：
（1）交变电动势的瞬时值表达式；
（2）若线圈总电阻为2 Ω，线圈外接电阻为8 Ω，写出交变电流的瞬时值表达式；
（3）线圈由图示位置转过 的过程中，交变电动势的平均值．
23．发电机转子是匝数n=100，边长L=20cm的正方形线圈，其置于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，绕着垂直磁场方向的轴以ω=100π（rad/s）的角速度转动，当转到线圈平面与磁场方向垂直时开始计时．线圈的电阻r=1Ω，外电路电阻R=99Ω．试求：
（1）写出交变电流瞬时值表达式；
（2）外电阻上消耗的功率；
（3）从计时开始，线圈转过过程中，通过外电阻的电荷量是多少？
24．如图甲所示，在水平面内，固定放置着间距为l的两平行金属直导轨，其间连接有阻值为R的电阻，电阻两端连接示波器（内阻可视为无穷大），可动态显示电阻R两端的电压。两导轨间存在大小为B、方向垂直导轨平面的匀强磁场。时一质量为m、长为l的导体棒在外力F作用下从。位置开始做简谐运动，观察到示波器显示的电压随时间变化的波形是如图乙所示的正弦曲线。取，则简谐运动的平衡位置在坐标原点O。不计摩擦阻力和其它电阻，导体棒始终垂直导轨运动。（提示：可以用图象下的“面积”代表力F所做的功）
（1）求导体棒所受到的安培力随时间t的变化规律；
（2）求在0至0.25T时间内外力F的冲量；
（3）若时外力，求外力与安培力大小相等时棒的位置坐标和速度。
答案
1．A
2．D
3．A
4．D
5．C
6．D
7．D
8．A
9．B
10．B
11．A,C
12．100；；
13．（1）B；C
（2）改变线圈中的电流方向
（3）否；
14．（1）π
（2）；300
15．（1）解：图1装置，导线框顺时针转动，图2装置若导线框也顺时针转动，由楞次定律，旋转辐向磁场的转动方向也为顺时针。
（2）解：当金属线框达到稳定时，线框两边切割磁感线的相对速度大小为
根据法拉第电磁感应定律可得此时的感应电动势为
则此时的感应电流为
金属线框两边所受的安培力均为
又有两边所受的安培力均与阻力平衡
又阻力
当时
解得导线框转动的最大角速度
（3）解：转动稳定后达到最大角速度，两边所受的安培力均与阻力平衡
又
根据法拉第电磁感应定律可得此时的感应电动势为
则此时的感应电流为
两边所受的安培力
则
解得
设安培力的冲量为，由动量定理
又
综合解得
代入，得
16．（1）解：
即电压表的示数为40V，电流表的示数为2A
（2）解：
（3）解：
17．（1）解：由图乙可知， ， ，感应电动势的有效值
（2）解：线圈转动的角速度
感应电动势的瞬时值表达式
（3）解：电流表、电压表显示的是有效值，根据闭合电路欧姆定律知，电路电流
电流表的示数为 ；
电压表示数为电阻R两端的电压，则
（4）解：电阻的热功率
18．（1）解：感应电动势的峰值
（2）解：由图示位置转过的过程中，时间为
线圈产生的平均感应电动势
代入数据可得
（3）解：电动势的有效值，由电流热效应有
代入数据可得
根据闭合电路的欧姆定律，电压表的读数
19．（1）解：由 -t图线可知m =2.0×10-2Wb，T=2π×10-2 s，角速度 = = 100 rad/s
因为 m= BS，所以线圈转动产生的感应电动势的最大值Em=n m =200 V
（2）解：从t=0时刻开始计时有e= 200 cos 100t V
有i= =2 cos 100t A
所以i1=2 cos 60° A=1 A
由楞次定律结合安培定则，可得回路中电流方向为abcda。
20．（1）解：从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，感应电动势的最大值Em=nBS = nBab = 100×0.5×0.1×0.2×50 V=50 V
故交变电动势瞬时值表达式为e=E cos t= 50 cos 50 t(V)
（2）解：交变电动势有效值E=
解得E=50 V
开关S合上后，由闭合电路欧姆定律得I= A=2.0 A
U=IR=2.0×20 V=40 V
（3）解：电阻R上所消耗的电功率为P=IU= 2.0×40 W=80 W
（4）解：线圈由图示位置转过 的过程中，通过外电阻R的电荷量为Q= = 0.04 C
21．（1）解：感应电动势的最大值
变化周期
感应电动势随时间变化的图像如图所示
（2）解：磁通量变化量
通过电路的总电量
通过电阻R的电量
（3）解：通过金属棒的电流有效值
一个周期内产生的热量
一个周期内产生的热量
（4）解：此时感应电动势大小
通过金属棒的电流 ，安培力大小
弹力大小
弹簧形变量
①当电流方向从a到b时，弹簧距离金属棒的距离为6.8cm
②当电流方向从b到a时，弹簧距离金属棒的距离为3.2cm
22．（1）解：角速度为
电动势的最大值
故交变电流的瞬时值表达式
（2）解：电流的最大值
故电流的瞬时值表达式
（3）解：线圈从中性面开始转90°角的过程中
平均电动势
23．（1）电动势的最大值：Em=nBωL2=200π=628（V）
根据闭合电路欧姆定律得
Im==6.28A
故交变电流瞬时值表达式：
i=6.28sin100πtA．
（2）电流的有效值I=外电阻上的消耗功率：
P=I2R=（）2R=1.95×103W
（3）从计时开始到线圈转过过程中，平均感应电动势由得平均电流：
通过外电阻的电荷量：
24．（1）解：由显示的波形可得
安培力随时间变化规律：
（2）解：安培力的冲量：
由动量定理，有：
解得：
（3）解：棒做简谐运动，有：
当 时：
当 时，设 ，
根据动能定理：
解得： 和 ； 和
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