考点整合
考点1交变电流及其产生 描述交变电流的物理量
1．强弱、方向 2．垂直于、正弦式、余弦式 3．中性面、零、最大
4．①Emsin?t、②nBS?、③n??、④热效应、Em/2 ?t考点2 交变电流的图象
1．峰值、周期 2．T?2?/?、f?1/T、转速
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[新题导练] D [由图象查以看出，该交变电流的峰值为1V，则其有效值为
2V，B错。2其周期为0.2s，则其频率为5Hz，A错。t=0.1s时，电动势为零，为中性面，线圈平面与磁场方向垂直，C错。]
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限时基础训练卷
1．C、D [由e?nBS?sin?t及e=0.5sin20t可知??20rad/s，?m?BS?0.5/20?0.025Wb] 2．A [产生余弦式交流电]
3．A、D [最大电压为100V，交变电流的有效值为2/2 A] 4．B、C [根据e?nBS?sin?t比较判断] 5．B []
6. B [热效应对应交变电流的有效值]
7．B、D[电量取决于??，热功率取决于有效值]
228．ABC［根据有效值的定义，有I?(42)?(?32)?5A］
229．A、D [ 电表测量到有效值，开关断开时每个周期只有一半时间通电] 10．A [由于交变电流在一个周期内只是电流方向发生改变而大小未变,故粒子先匀加速运动、后匀减速运动,周期内运动方向未发生改变.] 基础提升训练
1．A[图示为峰值面，由Em?nBS?可知电动势大小与转轴所在位置无关，则可判断 A对而B、D错．再结合楞次定律知C错]
2．C [图为峰值面,故得到余弦函数.由楞次定律可知开始时电流方向为正] 3．C
4．C[频率是50Hz，t=0时磁通量最大，有效值为220V] 5．C [ ??2?/T?2?/0.02?100? rad/s] 6．D [峰值对应峰值面磁通量为零，而电流为零对应中性面磁通量最大．从A到B转过?/2] 7．D
8．（1）ω=12.5 rad/s (2)Q=5.7×1O-2 C [要通过电压及电流的有效值计算回路总电阻]
10?t)V（2）Q?12J[滑片触头移至最上端时R2功率最大] 9．（1）E?Blv?6sin(10．（1） PR=0.06w （2）W安 = 3.8 J
能力提高训练
1．D [从a图可看出线圈从垂直于中性面开始旋转，由楞次定律可判断，初始时刻电流方向
π
为b到a，故瞬时电流的表达式为i=－imcos（+ωt），则图像为D图像所描述。平时注意线
4圈绕垂直于磁场的轴旋转时的瞬时电动势表达式的理解。]
2．BCD [磁通量的变化与匝数无关，计算热量要用有效值，而算电量才用平均值．] 3．B [由Em?nBS??nBl2?2?n，U?Em/2，P?U2/R可得R=2(πl2nB)2/P] 4．ABC
5．C[取一个周期计算有效值,一个周期包括一段波及一段空] 6．D [根据楞次定律及电流的相互作用关系判断]
Bma27．（1）在0～1.0?10s时间内的感应电动势E?n?20V
t1?2通过电阻R的电流I1?E/(R?r)?1.0A 所以在0—t1时间内通过R的电荷量q=I1t1=1.0×10-2C （2）在一个周期内，电流通过电阻R产生热量Q1?I12R在1.0 min内电阻R产生的热量为Q?T?0.16J 3tQ?320J T1（3）设感应电流的有效值为I，则一个周期内电流产生的热量I12Rt1?I2RT 解得I?t13I2?A（或0.577A） T38．(1)不管转到何位置，磁场方向、速度方向都垂直，所以有E?2Blv?2Bl?L??BlL? 2(2)在线圈转动过程中，只有一个线框产生电动势，相当电源，另一线框与电阻R并联组
Rr22E3BlL?成外电路，故R外?，UR?U外?IR外?BlL? ?r，I??R?r3R外?r5r5(3)流过R的电流 iR?图象如图所示。
URBlL?? R5r(4)每个线圈作为电源时产生的功率为E23(BlL?)`P? ?25rr?r3根据能量守恒定律得两个线圈转动一周外力所做的功为W外T3?(BlL)2 ?4?P??85r9．（1）设粒子飞出磁场边界MN的最小速度为v0，粒子在磁场中做匀速圆周运动半径
为R0，根据洛伦兹力提供向心力知： qv0B＝mv02/R0
要使粒子恰好飞出磁场，据图有：R0＝d 所以最小速度 v0＝qBd/m＝5×103m/s
（2）由于C、D两板间距离足够小，带电粒子在电场中运动时间可忽略不计，故在粒子通过电场过程中，两极板间电压可视为不变，CD间可视为匀强电场。要使粒子能飞出磁场边界MN，则进入磁场时的速度必须大于v0，粒子在电场中运动时CD板对应的电压为U0，则根据动能定理知： qU0＝mv02/2 得：U0＝mv02/(2q)＝25V
因为电荷为正粒子，因此只有电压在－25V～－50V时进入电场的粒子才能飞出磁场。 根据电压图像可知：UCD＝50sin50πt，－25V电压对应的时间分别为：7/300s和11/300s，所以粒子在0到0.04s内能够飞出磁场边界的时间为7/300s≥t≥11/300s
（3）设粒子在磁场中运动的最大速度为vm，对应的运动半径为Rm，Um＝50V，则有： qUm＝mvm2/2 ，qvmB＝mvm2/Rm ，Rm≈0.14m 粒子飞出磁场边界时相对小孔向左偏移的最小距离为： x＝Rm－(Rm2－d2)1/2=0.1×(21/2－1)m≈0.04m
因此，粒子能到达的区域如图所示：其中弧PBO2是以d为半径的半圆，弧O2A是以Rm为半径的圆弧。与磁场边界交点的坐标分别为： O2（０，０） A：（－0.04m，0.1m）； （1分） B：（－0.1m，0.1m） （1分） P：（－0.2m，0） （1分） 画图正确给1分
未标O2（０，０）的不扣分
U①，带电粒子所受电场力F?qE②，由牛顿第二定律有：F?ma③ dUq联立解得，t?0时，a??4.0?109m/s2
dmT1T（2）粒子在0~时间内走过的距离为a()2?5.0?10?2m④
22210．（1）电场强度E?故带电粒子在t=p?FT时，恰好到达A板，根据动量定理，此时粒子动量2T?4.0?10?23kg?m/s⑤ 2TTT3T（3）带电粒子在t?~t=向A板做匀加速运动，在t?~t=向A板做匀减速运动，速
24421T1度减为零后将返回。粒子向A 板运动可能的最大位移s?2?a()2?aT2⑥，要求
24161粒子不能到达A板，应满足 s?d⑦由f?⑧，电势变化频率应满足
Taf??52?104Hz
16d