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20xx人教版高中物理選修一第五章交變電流基礎訓練-資料下載頁

2025-11-19 20:09本頁面

【導讀】每小題至少有一個選項符合題意，1．一臺電風扇的額定電壓為交流220V。隨時間t的變化如圖1所示。這段時間內電風扇的用電量為(). 則總功W＝W1＋W2＋W3＝×105J＝×10－2度，選項B正確。2．一個阻值為2Ω的線圈在勻強磁場中轉動，產生的電動勢為e＝102sin20πtV，解析：由產生的電動勢的表達式可知，t＝0時，電動勢為零，線圈平面位于中性面，磁通量最大，故A對B錯；電動勢的有效值E＝10V，電阻兩端的電壓U＝ER＋rR＝8V，2所示，變頻交變電源的頻率可在20Hz到20kHz之間調節，在某一頻率時，A1、A2兩只燈泡的熾熱程度相同。則下列說法中正確。時，感抗增大，而容抗減小，故通過A1的電流增大，通過A2的電流減小，故B項正確；同理可得C項正確。場，磁感應強度為B。電阻為R、半徑為L、圓心角為45°的扇形閉。周期為T，轉軸O1O2垂直于磁場方向，線圈電阻為2Ω。e＝4cosωt＝4cos2πTt，即C正確。為10Ω的電阻R串聯接在副線圈上。

　　

【正文】 (3)若線圈電阻為 r，求線圈每轉動一周電阻 R上產生的焦耳熱。 (其他電阻均不計 ) 解析： (1)矩形線圈 abcd在磁場中轉動時， ab、 cd切割磁感線，且轉動的半徑為 r＝ L22，轉動時 ab、 cd的線速度 v＝ ωr＝ ωL22 ，且與磁場方向的夾角為 ωt，所以，整個線圈中的感應電動勢 e1＝ 2BL1vsin ωt＝ BL1L2ωsin ωt。 (2)當 t＝ 0時，線圈平面與中性面的夾角為 φ0，則某時刻 t時，線圈平面與中性面的夾角為 (ωt＋ φ0) 故此時感應電動勢的瞬時值 e2＝ 2BL1vsin(ωt＋ φ0)＝ BL1L2ωsin(ωt＋ φ0) (3)線圈勻速轉動時感應電動勢的最大值 Em＝ BL1L2ω，故有效值 E＝ Em2＝ BL1L2ω2 回路中電流的有效值 I＝ ER＋ r＝ BωL1L22?R＋ r? 根據焦耳定律知轉動一周電阻 R上的焦耳熱為 Q＝ I2RT＝ ??? ???BωL1L22?R＋ r? 2R2πω＝ πωRB2L 21 L 22?R＋ r?2 。答案： (1)e1＝ BL1L2ωsin ωt (2)e2＝ BL1L2ωsin(ωt＋ φ0)(3)πωRB2L 21 L 22?R＋ r?2 12． (15 分 )一小型發電機通過升壓、降壓變壓器把電能輸送給用戶，已知發電機的輸出功率為 50 kW，輸出電壓為 500 V，升壓變壓器原、副線圈匝數比為 1∶ 5，兩個變壓器間的輸電導線的總電阻為 15 Ω，降壓變壓器的輸出電壓為 220 V，變壓器本身的損耗忽略不計，在輸電過程中電抗造成的電壓損失不計，求： (1)升壓變壓器副線圈的端電壓； (2)輸電線上損耗的電功率； (3)降壓變壓器原、副線圈的匝數比。解析： (1)根據理想變壓器的電壓比與匝數比的關系有： U1U2＝ n1n2，所以 U2＝ n2n1U1＝ 2 500 V。 (2)P2＝ P1＝ 50 kW。輸電線中電流： I2＝ P2U2＝ 50 0002 500 A＝ 20 A，則 ΔP＝ I22R 線＝ 202 15 W＝ 6 000 W。 (3)根據能量守恒，用戶得到功率為： P4＝ P1－ ΔP＝ 44 000 W。所以降壓變壓器副線圈電流： I4＝ P4U4＝ 44 000220 A＝ 200 A。故 n3n4＝ I4I3＝ I4I2＝ 20210 ＝ 101 。答案： (1)2 500 V (2)6 000 W (3)10∶ 1

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