新教材2023-2024學年高中物理第3章交變電流分層作業(yè)15交變電流新人教版選擇性必修第二冊

交變電流A級必備知識基礎練1.(多選)下列各圖中,表示交變電流的是()2.(多選)線圈在勻強磁場中轉動產生的電動勢e=10sin20πt(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,導線切割磁感線的有效速率最大D.t=0.4s時,e有最大值102V3.處在勻強磁場中的矩形線圈abcd,以恒定的角速度繞ab邊轉動,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方向的感應電流方向為正,則能反映線圈中感應電流I隨時間t變化的圖像是下圖中的()4.如圖所示,一矩形閉合線圈在水平勻強磁場中繞OO'軸勻速轉動。若要使線圈中的電流峰值減半,不可行的方法是()A.只將線圈的轉速減半B.只將線圈的匝數減半C.只將勻強磁場的磁感應強度減半D.只將線圈的邊長都減半5.(多選)一個矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁感線的軸勻速轉動,穿過線圈的磁通量隨時間的變化圖像如圖所示,則下列說法正確的是()A.t=0時,線圈平面與中性面平行B.t=0.01s時,穿過線圈平面的磁通量的變化率最大C.t=0.02s時,線圈中有最大感應電動勢D.t=0.025s時,線圈中有最大感應電流6.(2023黑龍江高二期中)一臺發(fā)電機的結構示意圖如圖甲所示,其中N、S是永久磁鐵的兩個磁極,它們的表面呈半圓柱面形狀。M是圓柱形鐵芯,鐵芯外套有一矩形線圈,線圈繞鐵芯M中心的固定轉軸勻速轉動。磁極與鐵芯之間的縫隙中形成方向沿半徑的輻向磁場。若從圖甲所示位置開始計時,此時電動勢為正值,下列圖中能正確反映線圈轉動一周時,產生的感應電動勢e隨時間t的變化規(guī)律的是()7.(多選)圖甲為一個矩形線圈abcd在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉動。線圈內磁通量隨時間t變化如圖乙所示,則下列說法正確的是()A.t1時刻線圈中的感應電動勢最大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時刻線圈中感應電流的方向相同8.如圖所示,邊長分別為20cm和10cm的矩形線圈,在勻強磁場中繞垂直磁場方向的OO'軸勻速轉動。已知勻強磁場的磁感應強度B=1πT,線圈匝數為100,轉動的角速度為ω=10πrad/s。當線圈平面位于中性面位置時開始計時,B級關鍵能力提升練9.如圖甲所示,單匝矩形線圈的一半放在具有理想邊界的勻強磁場中,線圈軸線OO'與磁場邊界重合。線圈按圖示方向勻速轉動。若從圖示位置開始計時,并規(guī)定電流方向沿a→b→c→d→a為正方向,則線圈內感應電流隨時間變化的圖像是圖乙中的()甲乙10.(多選)如圖甲所示,在勻強磁場中,一矩形金屬線圈兩次分別以不同的轉速,繞與磁感線垂直的軸勻速轉動,產生的交變電動勢圖像如圖乙中曲線a、b所示,則()A.兩次t=0時刻線圈平面均與中性面重合B.曲線a、b對應的線圈轉速之比為2∶3C.曲線a表示的交變電動勢頻率為25HzD.曲線b表示的交變電動勢最大值為10V11.(2023山東淄博高二月考)如圖所示,勻強磁場的磁感應強度B=2πT,邊長l=10cm的正方形線圈abcd共100匝,線圈總電阻r=1Ω,線圈繞垂直于磁感線的軸OO'勻速轉動,角速度ω=2πrad/s,外電路電阻R=4Ω。求(1)轉動過程中線圈中感應電動勢的最大值;(2)從圖示位置(線圈平面與磁感線平行)開始計時,線圈中感應電動勢的瞬時值表達式;(3)線圈由圖示位置轉過30°角時電路中電流的瞬時值。12.如圖所示為演示用的手搖發(fā)電機模型,勻強磁場磁感應強度B=0.5T,線圈匝數N=50匝,每匝線圈面積為0.48m2,轉速為150r/min。在勻速轉動過程中,從圖示位置線圈轉過90°開始計時。(1)寫出交變電流感應電動勢瞬時值的表達式。(2)畫出e-t圖線。分層作業(yè)15交變電流1.CD方向隨時間做周期性變化是交變電流的重要特征,選項A、B中,電流的大小變化,但方向不變,不是交變電流,故A、B錯誤,C、D正確。2.AB由電動勢的瞬時值表達式可知從線圈位于中性面時開始計時,所以t=0時,線圈平面位于中性面,磁通量為最大,但此時導線速度方向與磁感線平行,切割磁感線的有效速率為零,A、B正確,C錯誤;當t=0.4s時,e=10sin20πt(V)=10×sin(20π×0.4)V=0,D錯誤。3.C分析交變電流的圖像問題應注意圖線上某一時刻對應線圈在磁場中的位置,將圖線描述的變化過程對應到線圈所處的具體位置是分析本題的關鍵,線圈在圖示位置時磁通量為零,但感應電流為最大值,A、B錯誤;再由楞次定律可判斷線圈在轉過90°的過程中,感應電流方向為正,故C正確,D錯誤。4.B由Im=EmR,Em=NBSω,ω=2πn,得Im=NBS·2πnR,故A、C可行;因為電阻R與匝數有關,當匝數減半時電阻R也隨之減半,所以Im不變,故B不可行;當邊長減半時,面積S減為原來的15.BC當Φ=Φmsinωt時,感應電動勢e=Emcosωt,當t=0時,Φ=0,線圈平面與中性面垂直,線圈中有最大的感應電動勢和感應電流,此類時刻還有0.01s、0.02s、0.03s,而感應電動勢最大時,磁通量的變化率也最大。t=0.025s時,感應電流為零,故選項B、C正確。6.D由于磁場為沿半徑的輻向磁場,可以認為磁感應強度的大小不變,線圈始終垂直切割磁感線,所以產生的感應電動勢大小不變,由于每個周期磁場方向要改變兩次,所以產生的感應電動勢的方向也要改變兩次,選項D正確。7.BCt1時刻通過線圈的Φ最大,磁通量變化率ΔΦΔt最小,此時感應電動勢為零,A錯誤;在t2、t4時刻,線圈中的感應電動勢為Em,此時ab、cd的運動方向垂直于磁場方向,B正確;t1、t3、t5時刻,Φ最大,ΔΦΔt=0,此時線圈平面垂直于磁場方向,與中性面重合,C正確;t8.答案e=20sin10πt(V)解析感應電動勢的瞬時值e=Emsinωt由題可知S=0.2×0.1m2=0.02m2Em=NBSω=100×1π×0.02×10πV=所以e=20sin10πt(V)。9.A若從圖示位置開始計時,在線圈轉動90°的過程中,只有ab邊切割磁感線,由右手定則知,感應電流的方向為a→d→c→b→a,為負方向;因為從中性面開始計時,所以感應電流是正弦的形式,故C、D錯誤。在線圈轉動90°到180°的過程中,只有cd邊切割磁感線,由右手定則知,感應電流的方向為a→d→c→b→a,為負方向,且還是正弦的形式,故A正確,B錯誤。10.ACDt=0時刻,兩次產生的交變電流的電動勢瞬時值均為零,因此線圈平面均與中性面重合,A正確;圖中a、b對應的周期之比為2∶3,因此線圈轉速之比na∶nb=1Ta∶1Tb=3∶2,B錯誤;a線表示的交變電動勢的頻率為fa=1Ta=14×10-2Hz=25Hz,C正確;a線對應線圈相應的電動勢的最大值Eam=NBS·2πTa,由圖像知Eam=11.答案(1)22V(2)e=22cos2πt(V)(3)65解析(1)轉動過程中感應電動勢的最大值Em=NBl2ω=100×2π×0.12×2πV=22V(2)從圖示位置開始計時,線圈中感應電動勢的瞬時值表達式為e=Emcosωt=22cos2πt(V)。(3)線圈從圖示位置轉過30°角時感應電動勢的瞬時值e'=22co