内容正文:
图中tana=
1-,则a=60
5.AC因电流表的读数2A为有效值,则电流的最大值为Im=
√2I有效=2V2A,Em=In(R十r)=20V2V,又Em=重mw,w
由几行关系有an号-尽又由R-阳
于所以④。-2w,故选项A正璃:钱周中的感应电动势醉
联立代入就指解得B,=01T品,-得T
时值表达式为e=20√2sin10mt(V),故选项B错误;线圈转过90°
则满足条件的B范围为
,TB≤0.1T
时,外接电阻产生的焦耳热为Q=房R子=1.8J,故选项C正
确:从中性面开始计时,转动90°的过程中,感应电动势的平均值
答案:(1)5000V(2)8T≤B≤0.1T
为E-,1=R干,9=,?-得C,故选项D错误。
E
14.解析:(1)粒子在电场I中做初速度为0的匀加速运动,从P点
4
到0点,根据动能定理可得9E台-m2
1
6.ABD
召时刻,回路磁通堂为零,则线框平面与中性面垂直,故
粒子进入电场Ⅱ的速度为一√m
Et
A正确:角速度w=票,感应电动势最大值E=BSw=中m,感应
粒子在电场Ⅱ中做类平抛运动,由运动学公式可得
也流1发有效位14后-产此B正:到子打注
E
1=,1=2ara-g
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解得E'=2E。
程中,磁通量变化不是零,则平均感应电动势不为零,故C错误;
(2)设粒子在电场I中x轴上距原点O为x的位置释放,从释
线框转动一周,线框中产生的热量为Q=霸RT=2T,故D
放到0点,由动能定理得gEx=2m2
正确
2gEx
解得=m
7.B月期是T=0,2s,频率是∫==5H,故A错误:由理想变
粒子进入电场Ⅱ中做类平抛运动,设偏移量为y,则有
1=1y-2
压器原理可知可
L,解得副线两端的最大电压为U2=
m
=3V,故B正确;根据法拉第电磁感应定律可知,永磁铁磁场越
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强,线圈中产生的感应电动势越大,变压器的输入电压会越大,
解得y一2x
故C错误:由理想变压器原理可知,充电电路的输入功率等于变
全过程由动能定理得qEx十qE'y=E
压器的输入功率,故D错误。
代入y整理后得E=E(+)
8.A由题图乙知T=0.4s,则a-祭-5元ad/s,B错误;线周中
当?=二,即=1时,为能有策小值,且最小值为瓦=2以。
产生的感应电动势的最大值为E。=nBSw=师u=44X巨X
π
答案:(1)2E(2)2gEL
5mV=2202V,C错误:原线圈两端电压的有效值为U一万
Em
高效课时作业(八)
1.D根据电路图可知,R1、R2串联后接在电源两端,电容器C并
=220V,副线圈两端有效电压为U2一24V,变压器原、副线圈匝
联在R2两端,电压表V测路端电压。当滑片P向下滑动时,R
数比为=号=距,A正确:原线圈输入功率为P,=2P=
E
连入电路的电阻变大,则外电路总电阻R变大,由I=R千,知电
22W,由P1=I1U1得原线圈中的电流为I1=0.1A,D错误。
流I减小,由U=E一Ir知路端电压增大,则电压表示数变大,电
9.CD由于交流电流表测量的是有效值,在0.01s时电流的有效
源的输出功率P出=UI无法判断。由PR,=PR知,R消耗的
值不为零,A错误:变压器不改变电流的频率,由题图乙可知T
功率变小。由UR一E一(R1十r)I知电容器两端电压变大,则电
0.02s,根据f=二=50H2,一个周期内电流方向改变两次,则
容器所带电荷量增多。综上所述,A、B、C错误,D正确。
通过L的电流方向每秒改变100次,B错误;由题知,当S与b连
2.B由题图乙可知,t=0.005s时,感应电动势最大,穿过线框的
磁通量变化率最大,A错误;1=0.01s时感应电动势为零,故线
接时,打泡L怡好正金发无,则有号-会=子一碧V,P
框平面处于中性面位置,B正确;交变电动势的最大值为311V,
U号
故有效值E=E。≈220V,C错误:交变电动势的周期为T
=22W,代入数据有R=880,当S与a连接时有可,-
U=1
√2
0.02s,故频率∫=下=50Hz,D错误。
9,=v.p-g,
√2
=尺,代入数据有U?=22V,P'=5.5wW,
3.D因为R,与滑动变阻器R并联,由并联电路的特点可知,两端
C正确;由题知灯泡L的电阻不变,则有P'=U)I乃=5.5W,代
的电压是相等的,所以通过A,和A2的电流与R1和滑动变阻
入数据有I2=0.25A,D正确。
器的阻值有关,故选项A、B错误;当滑动变阻器的阻值增大时,
10.AC由题图(b)所示的交变电流,根据有效值定义可得PR'T
整个电路的总电阻变大,电流变小,R,和滑动变阻器两端的电
压变大,A的示数增大,因为总电流减小,所以A2的示数减小,
-(房)R号十(会)R号解得维人电选的有效雀1
故C错误,D正确。
5A,即电流表的示数为