专题十一交变电流电磁波.doc

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1、专题十一交变电流电磁波(2012·高考北京卷)一个小型电热器若接在输出电压为10V的直流电源上，消耗的电功率为P；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为.如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为()A．5VB．5VC．10VD．10V(2012·高考重庆卷)如图所示，理想变压器的原线圈接入u＝11000sin100πt(V)的交变电压，副线圈通过电阻r＝6Ω的导线对“220V/880W”的电器RL供电，该电器正常工作．由此可知()A．原、副线圈的匝数比为50∶1B．交变电压的频率为100H

2、zC．副线圈中电流的有效值为4AD．变压器的输入功率为880W(2012·高考天津卷)通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P，原线圈的电压U保持不变，输电线路的总电阻为R.当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路损耗的电功率为P1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路损耗的电功率为P2，则P1和分别为()A.，B.R，C.，D.R，(2012·高考安徽卷)图1是交流发电机模型示意图．在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO′转动，由线圈引出的导线ae和d

3、f分别与两个跟线圈一起绕OO′转动的金属圆环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路．图2是线圈的主视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示．已知ab长度为L1，bc长度为L2，线圈以恒定角速度ω逆时针转动．(只考虑单匝线圈)(1)线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式；(2)线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，如图3所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式；(3)若线圈电

4、阻为r，求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热．(其它电阻均不计)答案：【解析】选C.由P＝可得R＝＝.若把电热器接在交流电源上，＝把R代入解得，Um＝10V，故C项对．【解析】选C.RL＝U2/P＝＝55Ω.故副线圈的输出电压U2＝×(55＋6)V＝244V.所以n1/n2＝U1/U2＝≠50∶1，故A项错；电压的周期T＝0.02s，频率f＝50Hz，故B项错；副线圈中电流的有效值I＝＝＝4(A)，故C项对；输出功率P出＝880＋42×6＝976(W)，因是理想变压器．故输入功率应为976W，故D项错．【解

5、析】选D.由原副线圈电压比＝得，副线圈的电压U′＝Uk，线路损耗P1＝R＝R，同理P2＝R，＝，故D项正确．【解析】(1)矩形线圈abcd转动过程中，只有ab和cd切割磁感线，设ab和cd的转动速度为v，则v＝ω·在t时刻，导线ab和cd因切割磁感线而产生的感应电动势均为E1＝BL1v⊥由图可知v⊥＝vsinωt则整个线圈的感应电动势为e1＝2E1＝BL1L2ωsinωt.(2)当线圈由图3位置开始运动时，在t时刻整个线圈的感应电动势为e2＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)(3)由闭合电路欧姆定律可知I＝这

6、里E为线圈产生的电动势的有效值E＝＝则线圈转动一周在R上产生的焦耳热为QR＝I2RT其中T＝于是QR＝πRω.【答案】见解析