高中物理 第5章 交變電流 1 交變電流課時作業(yè) 新人教版選修3-2

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1 交變電流 1．如圖所示圖象中不屬于交流電的有(　　) 解析：　圖A、B、C中e的方向均發(fā)生了變化，故它們屬于交流電，但不是按正弦函數(shù)規(guī)律變化的交流電． 答案：　D 2．處在勻強磁場中的矩形線圈abcd，以恒定的角速度繞ab邊轉(zhuǎn)動，磁場方向平行于紙面并與ab垂直．在t＝0時刻，線圈平面與紙面重合(如圖所示)，線圈的cd邊離開紙面向外運動．若規(guī)定由a→b→c→d→a方向的感應(yīng)電流為正，則能在下列圖中反映線圈中感應(yīng)電流I隨時間t變化的圖線是(如圖)(　　) 解析：　圖示時刻，ab邊和cd邊同時垂直切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大，此時感應(yīng)電流最大，由右手定則，可判定電流方向由a→b→c→d→a，為正方向，綜上所述，正確答案為C. 答案：　C 3．交流發(fā)電機在工作時的電動勢e＝Emsin ωt.若將線圈匝數(shù)、線圈面積都提高到原來的兩倍，其他條件不變，則電動勢變?yōu)?　　) A．e＝2Emsin ωt　　　　　 B．e＝4Emsin ωt C．e＝Emsin ωt D．e＝Emsin ωt 解析：　由電動勢最大值表達式Em＝NBSω，N、S變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則最大值變?yōu)?Em，故B正確． 答案：　B 4．如圖所示是一多匝線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉(zhuǎn)動所產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的圖象，根據(jù)圖象可知(　　) A．此感應(yīng)電動勢的瞬時表達式為e＝200 sin 0.02t B．此感應(yīng)電動勢的瞬時表達式為e＝200 sin 100πt C．t＝0.01 s時，穿過線圈的磁通量為零 D．t＝0.02 s時，穿過線圈的磁通量的變化率最大 答案：　B 5．如圖甲所示為一個矩形線圈abcd在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉(zhuǎn)動．線圈內(nèi)磁通量隨時間t變化如圖乙所示，則下列說法中正確的是(　　) A．t1時刻線圈中的感應(yīng)電動勢最大 B．t2時刻ab的運動方向與磁場方向垂直 C．t3時刻線圈平面與中性面重合 D．t4、t5時刻線圈中感應(yīng)電流的方向相同 解析：　t1時刻通過線圈的Φ最大，磁通量變化率最小，此時感應(yīng)電動勢為零，A錯．在t2、t4時刻感應(yīng)電動勢為Em，此時ab、cd的運動方向均垂直于磁場方向，B正確．t1、t3、t5時刻Φ最大，＝0，此時線圈平面垂直于磁場方向，稱為中性面，C正確．t5時刻感應(yīng)電流為零，D錯．故正確答案為B、C. 答案：　BC 6．某線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生交變電流的圖象如圖所示，由圖中信息可以判斷(　　) A．在A和C時刻線圈處于中性面位置 B．在B和D時刻穿過線圈的磁通量為零 C．從A→D時刻線圈轉(zhuǎn)過的角度為π D．若從O→D時刻歷時0.02 s，則在1 s內(nèi)交變電流的方向改變100次 解析：　根據(jù)圖象，首先判斷出感應(yīng)電流的數(shù)學(xué)表達式為i＝Imsin ωt，其中Im是感應(yīng)電流的最大值，ω是線圈旋轉(zhuǎn)的角速度．而且線圈是從中性面開始旋轉(zhuǎn)．由O到D完成一次周期性變化，相應(yīng)的線圈旋轉(zhuǎn)一周．線圈每旋轉(zhuǎn)一周有兩次經(jīng)過中性面，經(jīng)過中性面的位置時電流改變方向．從圖可知，在O、B、D時刻感應(yīng)電流為零，所以此時線圈恰好在中性面的位置，且穿過線圈的磁通量最大；在A、C時刻感應(yīng)電流最大，線圈處于和中性面垂直的位置，此時穿過線圈的磁通量為零；從A到D時刻，線圈旋轉(zhuǎn)3/4周，轉(zhuǎn)過的角度為π；如果從O到D時刻歷時0.02 s，恰好為一個周期，所以1 s內(nèi)線圈轉(zhuǎn)動50個周期，100次經(jīng)過中性面，交變電流的方向改變100次． 答案：　CD 7．長為a、寬為b的矩形線圈，在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，繞垂直于磁場的OO′軸以恒定的角速度ω旋轉(zhuǎn)．設(shè)t＝0時，線圈平面與磁場方向平行，則此時的磁通量和磁通量的變化率分別是(　　) A．0,0 B．0，Babω C.，0 D．Bab，Babω 解析：　實際上，線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸轉(zhuǎn)動時，產(chǎn)生交變電動勢： e＝Emcos ωt＝Babωcos ωt. 當t＝0時，cos ωt＝1， 雖然磁通量Φ＝0，但是電動勢有最大值 Em＝Babω 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律 E＝n， 可知當電動勢為最大值時，對應(yīng)的磁通量的變化率也最大，即Em＝max＝Babω. 綜上所述，正確選項為B. 答案：　B 8.一矩形閉合線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的轉(zhuǎn)軸以恒定的角速度ω轉(zhuǎn)動．從線圈平面與磁場方向平行時開始計時，線圈中產(chǎn)生的交變電流按照如圖所示的余弦規(guī)律變化，則在t＝時刻(　　) A．線圈平面與磁場方向平行　 B．線圈中的電流最大 C．線圈所受的安培力為零 D．穿過線圈的磁通量最大 解析：　由i－t圖象可以看出，t＝0的時刻，感應(yīng)電流達到最大值，線圈平面與中性面垂直．經(jīng)t＝的時間后，線圈轉(zhuǎn)過的角度為θ＝＝，此時線圈平面與中性面平行，即與磁感線垂直，穿過線圈的磁通量最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電流最小為零，線圈所受安培力為零．故正確選項為C、D. 答案：　CD 9.如圖所示為演示用的手搖發(fā)電機模型，勻強磁場磁感應(yīng)強度B＝0.5 T，線圈匝數(shù)n＝50，每匝線圈面積為0.48 m2，轉(zhuǎn)速為150 r/min，線圈在勻速轉(zhuǎn)動過程中，從圖示位置開始計時. 寫出交變感應(yīng)電動勢瞬時值的表達式． 解析：　當線圈平面經(jīng)過中性面時開始計時，則線圈在時間t內(nèi)轉(zhuǎn)過的角度為ωt，于是瞬時感應(yīng)電動勢e＝Emsinωt. 其中Em＝nBSω. 由題意知n＝50，B＝0.5 T， ω＝ rad/s＝5π rad/s，S＝0.48 m2， Em＝nBSω＝500.50.485π V≈188 V， 所以e＝188 sin(5πt) V. 答案：　e＝188 sin(5πt) V 10．如圖所示，在勻強磁場中有一個“”形導(dǎo)線框可繞AB軸轉(zhuǎn)動，已知勻強磁場的磁感應(yīng)強度B＝T，線框CD邊長為20 cm，CE、DF邊長均為10 cm，轉(zhuǎn)速為50 r/s.若從圖示位置開始計時： (1)寫出線框中感應(yīng)電動勢的瞬時值表達式； (2)作出線框中感應(yīng)電動勢e隨時間t變化關(guān)系的圖象． 解析：　(1)線框轉(zhuǎn)動開始計時的位置為線圈平面與磁感線平行的位置，所以瞬時感應(yīng)電動勢e＝Emcos ωt， 其中Em＝BSω，B＝ T， S＝0.10.2 m2＝0.02 m2，ω＝2πn＝100π rad/s， 所以e＝10cos 100πt V (2)由感應(yīng)電動勢的瞬時值表達式可知峰值Em＝10 V，周期T＝＝0.02 s，畫出圖線如圖所示． 答案：　(1)e＝10cos(100πt) V (2) 11．線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉(zhuǎn)動，t＝0時，感應(yīng)電動勢為零，在t＝0.3 s時，感應(yīng)電動勢達峰值6 V．已知線圈轉(zhuǎn)動周期大于0.3 s，則t＝0.4 s時，感應(yīng)電動勢的可能值為 (　　) A．0 B．6 V C．3 V D．3 V 解析：　由t＝0時的感應(yīng)電動勢為零可知，感應(yīng)電動勢的瞬時值表達式為e＝Emsinωt，t＝0.3 s時感應(yīng)電動勢達到峰值6 V，即Em＝6 V,0.3ω＝2kπ＋或0.3ω＝2kπ＋π，其中k＝0,1,2，…又T＞0.3 s．所以ω可能為 π rad/s或5 π rad/s，故在t＝0.4 s時，感應(yīng)電動勢的值可能為e＝6 sin 0.4 V＝3 V或e＝6 sin 5π0.4 V＝0，應(yīng)選A、C. 答案：　AC 12．如圖所示，矩形導(dǎo)線框abcd的一半處在磁感應(yīng)強度B＝0.1 T的足夠大的勻強磁場中，線框ab邊長10 cm，bc邊長為20 cm，當線框以ab邊為軸，以角速度ω＝20 π/rad/s 勻速轉(zhuǎn)動時，從圖示時刻(線圈平面與磁場方向垂直)開始計時，它的磁通量Φ和線圈中的感應(yīng)電動勢E隨時間變化的圖象可能正確的是(　　) 解析：　從圖示時刻到線圈轉(zhuǎn)過60的過程中，磁通量Φ＝Babbc＝110－3 Wb不變化，之后，磁通量按照余弦規(guī)律變化，t＝時刻，磁通量為零，故A錯誤、B正確；在0～時間內(nèi)，感應(yīng)電動勢始終為零，之后，感應(yīng)電動勢按照正弦規(guī)律變化，t＝時刻，感應(yīng)電動勢達最大值Em＝Babbcω＝4π10－2 V，故C錯誤、D正確． 答案：　BD