大题专项练习一、交变电流11．将一电阻接在电压随时间按图3－1－14所示变化的交变电流上，则该交变电流的周期是多少？该交变电压的有效值为多少？图3－1－14解析：据电流的热效应在相同电阻、相同时间(一般为一周期)产生相同的热量，由图可读出该交变电压的周期为2t，设电阻为R，则由U21Rt1＋U22Rt2＝U2RT得52Rt＋32Rt＝U2R·2t，解得U＝17V≈4.1V.答案：2t4.1V12．如图3－1－15所示的电流i通过一个R＝1Ω的电阻，它不是恒定电流．图3－1－15(1)计算通电1s内电阻R中产生的热量．(2)如果有一个大小、方向都不变的恒定电流通过这个电阻R，也能在1s内产生同样的热，这个电流是多大？解析：(1)电流i在1s内产生的热量Q＝2I21Rt1＋2I22Rt2＝2×12×1×0.2J＋2×22×1×0.3J＝2.8J.(2)由I2Rt＝Q得电流I＝QRt＝2.81×1A＝1.67A，即该恒定电流为1.67A.答案：(1)2.8J(2)1.67A13．(10分)(2011年泉州高二检测)一个面积为S的矩形线圈在匀强磁场中以一边为轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直．线圈中感应电动势e与时间t的关系如图3－11所示，感应电动势最大值和周期可由图中读出，则磁感应强度是多少？当t＝T12时，线圈平面与磁感线的夹角等于多少？图3－11解析：从题图中可以看出，当t＝0时，e＝Em.此时线圈平面与磁感线的夹角为0°，也就是线圈平面与磁感线平行，所以Em＝NBωS＝NBS2πT，N＝1，B＝EmT2πS.当t＝T12时，线圈转过角度为ωt＝2πT×T12＝π6＝30°.此时线圈平面与磁感线夹角为30°.答案：EmT2πS30°14．(10分)(2011年济南高二检测)如图3－12所示，单匝线圈在匀强磁场中绕OO′轴从图示位置开始匀速转动，已知从图示位置转动π6时，线圈中感应电动势大小为10V，求：图3－12(1)交变电动势的峰值；(2)线圈从图示位置转动π2的过程中，交变电动势的平均值．解析：(1)交变电动势的瞬时值为e＝EmsinωtV，将ωt＝π6，e＝10V代入上式，有10V＝Emsinπ6，解得Em＝20V.(2)线圈从图示位置转过π2的过程中，磁通量的变化量为ΔΦ＝BS，经历的时间Δt＝π2ω，此过程中交变电动势的平均值：e＝ΔΦΔt＝2BωSπ＝2π·Em＝2π×20V＝12.7V.答案：(1)20V(2)12.7V15．(14分)(2011年三明市高二检测)如图3－13所示，N＝50匝的矩形线圈abcd，边长ab＝20cm，ad＝25cm，放在磁感应强度B＝0.4T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n＝3000r/min的转速匀速转动，线圈电阻r＝1Ω，外电路电阻R＝9Ω，t＝0时，线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里．图3－13(1)在图中标出t＝0时感应电流的方向；(2)写出线圈感应电动势的瞬时表达式；(3)从图示位置转过90°过程中流过电阻R的电荷量是多大？解析：(1)根据ab、cd切割磁感线，由右手定则可得线圈中感应电流方向a→d→c→b→a.(2)线圈的角速度ω＝2πn＝2×π×300060rad/s＝100πrad/s.设ab边在t＝0时刻速度为vab，图示位置的感应电动势最大，其大小为Em＝2NBab·vab＝NBab·ad·ω＝50×0.4×0.20×0.25×100πV＝314V，电动势的瞬时表达式为：e＝314cos100πtV.(3)q＝IΔt.从t＝0起转过90°的过程中，Δt时间内流过R的电荷量q＝NΔΦ＋Δt＝NBSR＋r＝50×0.4×0.20×0.251＋9C＝0.1C.答案：见解析16．(14分)如图3－14所示，矩形闭合金属线圈abcd的边长分别为l1和l2，电阻为R.ab边是固定转动轴，它恰位于有界匀强磁场的边界处，磁感应强度大小为B.某时刻线圈位置如图所示，磁感线垂直纸面，方向向里．线圈绕固定转动轴匀速转动，角速度大小为ω，从图示位置开始计时，规定电流沿adcb方向的流动为正方向．图3－14(1)在直角坐标系中画出线圈内感应电流随时间变化的关系图象(画出两个周期)；(2)求此感应电流的有效值．解析：(1)如果在题图所示的右半部区域里也有磁感应强度为B的匀强磁场，则线圈在绕ab轴匀速转动时，线圈中将产生正弦交流电，而且是从中性面开始计时的．现在的情况恰好在半个周期内没有感应电流，因此根据正弦交流电的图象画出如图所示的曲线．(2)此感应电流的最大值Im＝EmR，感应电动势的最大值Em＝Bl1l2ω，所以Im＝Bl1l2ωR.则电流在T4～34T时间内的有效值为I＝12Im.(12Im)2R·T2＝I2RT，即12B2l21...
