12＝(mv0－mgL)，故D正确．所以选A、D.] 2Q
11．【答案】(1)4倍 (2)＋28l
mg
【解析】(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有E1＝2Blv1①
E1设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有I1＝②
R设此时线框所受安培力为F1，有F1＝2I1lB③ 由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mg＝F1④ mgR
由①②③④式得v1＝22⑤
4Bl
mgR
设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得v2＝22⑥
Bl由⑤⑥式得v2＝4v1⑦
1
(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mgl＝mv2⑧
21线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有 112
mg(2l＋H)＝mv2－mv＋Q⑨
2221Q
由⑦⑧⑨式得H＝＋28l.
mg
12．【答案】(1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J
【解析】(1)设金属棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量的变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势ΔΦ为E，由法拉第电磁感应定律得E＝①
Δt其中ΔΦ＝Blx②
设回路中的平均电流为I，由闭合电路欧姆定律得 EI＝③ R＋r
则通过电阻R的电荷量为q＝IΔt④ 联立①②③④式，得q＝代入数据得q＝4.5 C
(2)设撤去外力时金属棒的速度为v，对于金属棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v2＝2ax⑤ 1
设金属棒在撤去外力后的运动过程中克服安培力所做的功为W，由动能定理得W＝mv2⑥
2撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W⑦ 联立⑤⑥⑦式，代入数据得Q2＝1.8 J⑧
Blx
R＋r
(3)由题意知，撤去外力前、后回路中产生的焦耳热之比 Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6 J⑨
在金属棒运动的整个过程中，外力F克服安培力做功，由功能关系可知WF＝Q1＋Q2⑩ 由⑧⑨⑩式得WF＝5.4 J.
暑假作业三 交变电流的产生和描述
1．【答案】C
【解析】[我国居民日常生活所用交流电压的有效值为U有效＝220 V，交流电的频率为f＝50 Hz，所以交1－流电压的最大值为Um＝2U有效＝2202 V≈311 V，周期为T＝＝0.02 s＝2×102 s，可见，只有选项C
f正确．本题答案为C.] 2．【答案】BC
【解析】[t＝0时刻穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，故电压为零，A错．读图得两次周期ω1之比为2∶3，由转速n＝＝得转速与周期成反比，故B正确．读图得a的最大值为10 V，ω＝5π rad/s，
2πT由交流电感应电动势的瞬时值表达式e＝Emsin ωt (V)(从线圈在中性面位置开始计时)得，u＝10sin 5πt (V)，220故C正确．交流电的最大值Em＝nBSω，所以根据两次转速的比值可得，交流电b的最大值为×10 V＝ 33V，故D错．] 3．【答案】D
1Im2
【解析】[该交变电流通过定值电阻R后，在一个周期内产生的热量为Q＝×()RT＝I2RT，解得I＝1 A，
22选项D正确．] 4．【答案】CD
【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nBl1l2ωn2B2l1l22ω
受安培力的大小F＝nBIl2＝nBl2＝，D对．]
RR5．【答案】BC
1
【解析】[当线框进入磁场过程中，根据E＝BR2ω可得，感应电动势恒定，感应电流恒定，不是正弦式
2交流电，A错误，C正确；当线框进入磁场时，根据楞次定律可得，两线框中的感应电流方向为逆时针，当线框穿出磁场时，根据楞次定律可得，线框中产生的感应电流为顺时针，所以感应电流的周期和线框T
运动周期相等，B正确；线框N在完全进入磁场后有时间内穿过线框的磁通量不变化，没有感应电动势4T3T
产生，即线框N在0～和～T内有感应电动势，其余时间内没有；而线框M在整个过程中都有感应电
44动势，即便两导线框电阻相等，两者的电流有效值不会相同，D错误．] 6．【答案】BC
【解析】 [由交变电流有效值和最大值的关系可知线圈产生的电动势的有效值为2
E，选项A错误；由2m
2π
题意知线圈产生的电动势的最大值为Em＝BSω＝BS，故线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值BS
T0EmT0＝，选项B正确；线圈转动过程中磁通量变化率的大小等于产生的感应电动势的大小，选项C正确；
2π正弦式交变电流一个周期内电流方向变化两次，经过2T0的时间，通过线圈电流的方向改变4次，选项D错误． 7. 【答案】AC
2π
【解析】[电流表的示数为交变电流的有效值10 A，A项正确；由ω＝可得，线圈转动的角速度为ω
T＝100π rad/s，B项错误；0.01 s时，电路中电流最大，故该时刻通过线圈的磁通量最小，即该时刻线圈平面与磁场平行，C项正确；根据楞次定律可得，0.02 s时电阻R中电流的方向自左向右，D项错误． ] 8. 【答案】BD
ΔΦ
【解析】[t＝0.005 s时，磁感应强度最大，磁通量最大，而E＝＝0，A错误；t＝0.01 s时感应电
Δt流的方向与0.005～0.01 s内电流方向相同，由楞次定律可知，感应电流的方向沿顺时针方向，B正确；
t＝0.015 s时的瞬时电流为零，但电流表的示数为有效值，不等于零，C错误；线框中产生的感应电动
10πr22
2
E2
势的最大值Em＝BSω＝10πr，一个周期内产生的热量Q＝×0.02＝R22
2
Rπr×0.02＝，D正确．]
44
R9.【答案】D
2π
【解析】[由图可以看出该交变电流的周期T＝0.02 s，则线圈转动的角速度ω＝＝100π rad/s＝314
Trad/s，A错误；Em＝nBSω，转速提高1倍，电压的最大值变为原来的2倍，有效值、瞬时值都要发生变
U2化，电流也会发生变化，B错误；电热丝两端的电压U＝E＝902 V，电热丝的发热功率P＝＝1 800
R＋rRRW，C错误，D正确． ] 10.【答案】B
【解析】[该线圈产生的交流电动势峰值Em＝NBSω＝502 V，A项错误；因为该线圈产生的交流电不是
E2TE′2Em
完整的正弦式交流电，只有一半，所以根据有效值的定义得×＝T，E＝，联立解得电动势有效
R2R2
值E′＝252 V，B项正确；电容器的耐压值至少为502 V，C项错误；电容器的电容C变大时，容抗变小，电容器的充放电电流增大，D项错误． ] 11.【答案】D
【解析】[设电灯的阻值为R，正弦式交变电压的有效值与峰值的关系是U＝
Um
，由于一个周期内半个周2
Um
期有交变电压，一个周期内交变电流产生的热量为Q＝
2
2
RTUm2T·＝·，设交变电压的有效值为U，22R2
Um2TU2Um
由电流热效应得Q＝·＝·T，所以该交变电压的有效值U＝，D正确．]
2R2R2
12.【答案】D
1T2
【解析】[线框进入磁场和穿出磁场产生的感应电动势均为E＝BωL，产生感应电动势的时间均为，则28
BωL22TBL2ω2
一个周期产生的电热Q＝()R××2＝IRT，解得I＝，选D. ]
2R84R13.【答案】AD
U12U02
【解析】[第一次，灯泡两端电压的有效值为U1＝，功率P1＝＝.第二次，设灯泡两端电压的有效
R2R2
U0
值为U2，则
U0
R2
T2
＋
－U0
2
RTU22
＝T，解得U2＝2R5U25U0
U0，功率P2＝＝，则P1∶P2＝1∶5，故B、C2R2R22
错误，A、D正确．] 14.【答案】AC
【解析】[根据题述两个相邻正负尖峰电压所对应的时间差为Δt，可得交变电流周期T＝2Δt，驱动轴转动的角速度ω＝的有效值不是U＝
2ππ
＝，选项A正确．由于产生的交变电流不是按照正弦规律变化的，线圈电压ΔtΔt2Um
，选项B错误．根据法拉第电磁感应定律，感应电动势与磁通量变化率成正比，Um2
＝nkm，穿过线圈磁通量变化率的最大值km＝，选项C正确．相邻两个向上尖峰时间内，线圈电压的平ΔΦ
均值U＝n，因为线圈转过一个完整的周期，磁通量变化量ΔΦ＝0，所以电压平均值等于零，选项D
2Δt错误． ]
Umn暑假作业四 变压器 电能的输送