高中物理粵教版2第二章交變電流第02節(jié)交變電流的描述 第二章第二節(jié)交變電流的描述

第二章交變電流第二節(jié)交變電流的描述A級抓基礎(chǔ)1．下列各物理量中，對線圈上產(chǎn)生的交流電動勢不產(chǎn)生影響的是()A．勻強磁場的磁感應(yīng)強度 B．線圈的總電阻C．線圈的轉(zhuǎn)速 D．線圈的匝數(shù)解析：Em＝NBSω，e＝Emsinωt，與B、S、ω、N有關(guān)．答案：B2．如圖所示，有一面積為S、匝數(shù)為N、電阻為R的固定矩形線圈放置在磁感強度大小恒為B的旋轉(zhuǎn)磁場中，磁場方向垂直于線框的對稱軸OO′，現(xiàn)讓磁場繞OO′以角速度ω按圖示方向勻速轉(zhuǎn)動，從圖示位置開始計時，轉(zhuǎn)過eq\f(π,2)的過程中，感應(yīng)電動勢隨時間變化的規(guī)律以及感應(yīng)電流的方向，以下判斷正確的是()A．e＝NBωSsin(ωt)，電流方向為abcdaB．e＝NBωSsin(ωt)，電流方向為adcbaC．e＝NBωScos(ωt)，電流方向為abcdaD．e＝NBωScos(ωt)，電流方向為adcba解析：當磁場繞轉(zhuǎn)軸OO′逆時針轉(zhuǎn)動時，dc的速度方向相對于磁場向外，ab的速度方向相對于磁場向里，根據(jù)右手定則判斷出ab中感應(yīng)電流方向為a→b，cd中電流方向為c→d，線圈中感應(yīng)電流的方向沿abcda；線圈中的感應(yīng)電動勢的最大值Em＝NBSω，從與中性面垂直的位置開始計時，故e＝NBωScos(ωt)，故C正確．答案：C3.如圖所示，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，線圈的cd邊離開紙面向外運動．若規(guī)定a→b→c→d→a方向的感應(yīng)電流為正方向，則下圖能反映線圈感應(yīng)電流I隨時間t變化的圖線是()解析：在t＝0時刻，線圈平面與紙面重合，即此時磁通量為零，磁通量變化率最大，所以產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大，故感應(yīng)電流最大，根據(jù)右手定則，可知電流方向為a→b→c→d→a，所以選C.答案：C4．(多選)線圈在磁場中勻速轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的交流電的瞬時電動勢為e＝10eq\r(2)sin20πt(V)，則下列說法正確的是()A．t＝0時，線圈平面位于中性面B．t＝0時，穿過線圈的磁通量最大C．t＝0時，導(dǎo)線切割磁感線的有效速度最大D．t＝s時，e達到峰值10eq\r(2)V解析：根據(jù)交流電動勢的瞬時值表達式可判斷題目所給的交流電為正弦式交變電流，當t＝0時，e＝0，所以此時磁通量的變化率為零，導(dǎo)線切割磁感線的有效速度為零，但此時穿過線圈的磁通量最大，線圈平面位于中性面，所以A、B正確，C錯誤；當t＝s時，e＝10eq\r(2)sin20πt(V)＝10eq\r(2)sin8π(V)＝0，所以D錯誤．答案：AB5．(多選)如圖甲所示，電阻為1Ω的矩形線圈繞垂直勻強磁場的轉(zhuǎn)軸OO′勻速旋轉(zhuǎn)產(chǎn)生交變電流，現(xiàn)將此電流給阻值為R＝10Ω的小燈泡L供電，通過電流傳感器得到燈泡中電流的圖象如圖乙所示，不考慮溫度對燈泡阻值的影響，下列說法中正確的是()圖甲圖乙A．在t＝5×10－3s時，線圈處于中性面位置B．在t＝10×10－3s時，穿過線圈的磁通量最大C．線圈產(chǎn)生的交流電的最大電動勢為50VD．線圈產(chǎn)生的交流電的最大電動勢為55V解析：由圖可知t＝s時刻感應(yīng)電流最小為零，此時線圈所在平面處于中性面位置，故A正確；t＝10×10－3s時刻感應(yīng)電流最大，此時線圈所在平面與中性面位置垂直，所以穿過線框回路的磁通量最小，故B錯誤；線圈產(chǎn)生的交流電的電動勢最大值Em＝Im(R＋r)＝55V，故C錯誤，D正確．答案：ADB級提能力6.(多選)如圖所示，一正方形線圈abcd在勻強磁場中繞垂直于磁感線的對稱軸OO′勻速轉(zhuǎn)動．沿著OO′觀察，線圈沿逆時針方向轉(zhuǎn)動．已知勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，線圈匝數(shù)為n，邊長為l，電阻為R，轉(zhuǎn)動的角速度為ω，則當線圈轉(zhuǎn)至圖示位置時()A．線圈中感應(yīng)電流的方向為abcdaB．線圈中的感應(yīng)電流為eq\f(nBl2ω,R)C．穿過線圈的磁通量為0D．穿過線圈的磁通量的變化率最大解析：圖示位置為垂直于中性面的位置，此時通過線圈的磁通量為零，但磁通量的變化率最大，感應(yīng)電流也最大，I＝eq\f(nBSω,R)＝eq\f(nBl2ω,R)，由右手定則可判斷出線圈中感應(yīng)電流的方向為adcba.答案：BCD7．如圖所示，矩形線圈abcd，已知ab為L1，ad為L2，在磁感強度為B的勻強磁場中繞OO′軸以角速度ω(從圖中位置開始)勻速轉(zhuǎn)動，則線圈中感應(yīng)電動勢的大小為()A．eq\f(1,2)BL1L2ωsinωt B．eq\f(1,2)BL1L2ωcosωtC．BL1L2ωsinωt D．BL1L2ωcos解析：線圈經(jīng)過時間t時，轉(zhuǎn)過角度θ，這時ab、cd邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢eab＝BL1vsinθ，ecd＝BL1vsinθ，bc，ad邊不切割磁感線不產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，故線圈中的感應(yīng)電動勢為e＝eab＋Ecd＝2BL1vsinθ＝2BL1·eq\f(1,2)L2ωsinωt＝BL1L2ωsinωt，故正確選項應(yīng)為C.答案：C8．如圖所示，矩形線圈abcd在勻強磁場中可以分別繞垂直于磁場方向的軸P1和P2以相同的角速度勻速轉(zhuǎn)動，當線圈平面轉(zhuǎn)到與磁場方向平行時()A．線圈繞P1轉(zhuǎn)動時的電流等于繞P2轉(zhuǎn)動時的電流B．線圈繞P1轉(zhuǎn)動時的電動勢小于繞P2轉(zhuǎn)動時的電動勢C．線圈繞P1和P2轉(zhuǎn)動時電流的方向相同，都是a→b→c→dD．線圈繞P1轉(zhuǎn)動時cd邊受到的安培力大于繞P2轉(zhuǎn)動時cd邊受到的安培力解析：無論是繞P1轉(zhuǎn)動還是繞P2轉(zhuǎn)動，線圈轉(zhuǎn)到圖示位置時產(chǎn)生的電動勢都為最大值Em＝nBSω，由歐姆定律可知此時I相等，A對，B錯；由右手定則可知線圈中電流方向為a→d→c→b→a，故C錯；cd邊所受的安培力F＝BLcdI，故F一樣大，D錯．答案：A9．一臺發(fā)電機產(chǎn)生的按正弦規(guī)律變化的感應(yīng)電動勢的最大值為311V，其線圈共100匝，在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動的角速度是100πrad/s，從線圈經(jīng)過中性面開始計時(1)寫出感應(yīng)電動勢的瞬時值表達式．(2)若該發(fā)電機只與含電阻的負載組成閉合電路，電路中的總電阻為100ω，試寫出通過負載的電流強度的瞬時表達式．在t＝eq\f(1,600)s時電流強度的瞬時值為多少？(3)線圈轉(zhuǎn)過180°的過程中，電動勢的平均值是多少？(4)磁通量的變化率的最大值是多少？解析：(1)正弦交變電流的電動勢一般表達式為：e＝Emsinωt(以中性面開始計時)，所以e＝311sin100πt(V)．(2)由閉合電路歐姆定律得：i＝eq\f(e,R)＝eq\f(Em,R)sinωt，即i＝100πt(A)，故在t＝eq\f(1,600)s時，i＝\f(π,6)A≈1.56A.(3)線框在轉(zhuǎn)過180°的過程中，磁通量的變化：ΔФ＝2BS，此時Δt＝eq\f(T,2)＝eq\f(π,ω)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得這一過程中的平均電動勢：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2,π)nBSω，所以E＝eq\f(2,π)Em＝198V.(4)電動勢最大時，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，則：eq\f(ΔΦ,Δt)＝Wb/s.答案：見解析10．在磁感應(yīng)強度為1T的勻強磁場中有一匝數(shù)為10匝的矩形線圈ABCD，如圖所示，其繞OO′軸以線圈的轉(zhuǎn)速n＝eq\f(50,π)r/s勻速轉(zhuǎn)動．AB＝20cm，BC＝25cm，線框總電阻為r＝1Ω，定值電阻阻值為R＝9Ω，從圖示位置開始計時．(1)寫出t時刻線圈中的感應(yīng)電動勢e；(2)線框轉(zhuǎn)過30°，R上流過的電荷量為多少？(3)當轉(zhuǎn)過30°時，磁通量變化率為多少？解析：(1)線圈轉(zhuǎn)動的角速度ω＝2πn＝100rad/s，產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動勢Em＝nBSω＝10×1×××100V＝50V，故t時刻感應(yīng)電動勢e＝50cos100t(V)．(2)轉(zhuǎn)動過程中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢E＝eq\f(nΔΦ,Δt)，形成的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋r)，故流過的電荷量q＝It＝neq\f(ΔΦ,R＋r)＝0.025C.(3)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的瞬時表達式：e＝50co