高中物理 2.2 交變電流的描述每課一練 粵教版選修3-2

【創(chuàng)新設(shè)計(jì)】-高中物理2.2交變電流的描述每課一練粵教版選修3-2(時(shí)間：60分鐘)知識點(diǎn)一用函數(shù)表達(dá)式描述交變電流1．閉合線圈在勻強(qiáng)磁場中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)速為240r/min，若線圈平面轉(zhuǎn)至與磁場方向平行時(shí)的電動(dòng)勢為2V，則從中性面開始計(jì)時(shí)，所產(chǎn)生的交流電動(dòng)勢的表達(dá)式為e＝________V，電動(dòng)勢的峰值為________V，從中性面起經(jīng)eq\f(1,48)s，交流電動(dòng)勢的大小為________V.解析當(dāng)線圈平面與磁場平行時(shí)(S∥B)，感應(yīng)電動(dòng)勢最大，即Em＝2V，ω＝2πn＝2π×eq\f(240,60)rad/s＝8πrad/s，則從中性面開始計(jì)時(shí)，瞬時(shí)值表達(dá)式：e＝Emsinωt＝2sin8πtV，當(dāng)t＝eq\f(1,48)s時(shí)，e＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8π×\f(1,48)))V＝1V.答案2sin8πt212．(雙選)線圈在磁場中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的交流電的瞬時(shí)電動(dòng)勢為e＝10eq\r(2)sin20πtV，則下列說法正確的是 ()．A．t＝0時(shí)，線圈平面位于中性面B．t＝0時(shí)，穿過線圈的磁通量最大C．t＝0時(shí)，導(dǎo)線切割磁感線的有效速度最大D．t＝0.4s時(shí)，e達(dá)到峰值10eq\r(2)V解析根據(jù)交流電動(dòng)勢的瞬時(shí)值表達(dá)式可判斷題目所給的交流電為正弦式交變電流，當(dāng)t＝0時(shí)，e＝0，所以此時(shí)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(shí)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(cuò)誤；當(dāng)t＝0.4s時(shí)，e＝10eq\r(2)sin20πtV＝10eq\r(2)sin8πV＝0，所以D錯(cuò)誤．答案AB3．(單選)交流發(fā)電機(jī)在工作時(shí)的電動(dòng)勢為e＝Emsinωt，若將其電樞的轉(zhuǎn)速提高1倍，其他條件不變，則其電動(dòng)勢變?yōu)? ()．A．Emsineq\f(ωt,2) B．2Emsineq\f(ωt,2)C．Emsin2ωt D．2Emsin2ωt解析電樞轉(zhuǎn)速提高1倍，由ω＝2πn知，角速度變?yōu)樵瓉淼?倍；由電動(dòng)勢最大值表達(dá)式Em＝nBSω知，最大值也變?yōu)樵瓉淼?倍．答案D4．(單選)如圖2-2-13所示，矩形線圈abcd，已知ab為L1，ad為L2，在磁感強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中繞OO′軸以角速度ω(從圖中位置開始)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢的大小為 ()．圖2-2-13A.eq\f(1,2)BL1L2ωsinωtB.eq\f(1,2)BL1L2cosωtC．BL1L2ωsinωtD．BL1L2ω解析線圈經(jīng)過時(shí)間t時(shí)，轉(zhuǎn)過角度θ，這時(shí)ab，cd邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢Eab＝BL1vsinθ，Ecd＝BL1vsinθ，bc，ad邊不切割磁感線不產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，故線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝Eab＋Ecd＝2BL1vsinθ＝2BL1·eq\f(1,2)L2ωsinωt＝BL1L2ωsinωt，故正確選項(xiàng)應(yīng)為C.答案C知識點(diǎn)二用圖象描述交變電流5．(單選)處在勻強(qiáng)磁場中的矩形線圈abcd，以恒定的角速度繞ab邊轉(zhuǎn)動(dòng)，磁場方向平行于紙面并與ab垂直．在t＝0時(shí)刻，線圈平面與紙面重合(如圖2-2-14所示)，線圈的cd邊離開紙面向外運(yùn)動(dòng)．若規(guī)定由a→b→c→d→a方向的感應(yīng)電流為正，則能反映線圈中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的圖線是 ()．圖2-2-14解析線圈在磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，可以產(chǎn)生按正弦規(guī)律變化的交流電．對于圖示起始時(shí)刻，線圈的cd邊離開紙面向紙外運(yùn)動(dòng)，速度方向和磁場方向垂直，產(chǎn)生的電動(dòng)勢的瞬時(shí)值最大；用右手定則判斷出電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，與規(guī)定的正方向相同．所以C對．答案C6．(單選)通有電流i＝Imsinωt的長直導(dǎo)線OO′與斷開的圓形導(dǎo)線圈在同一平面內(nèi)，如圖2-2-15所示(設(shè)電流由O至O′為正)，為使A端的電勢高于B端的電勢且UAB減小，交變電流必須處于每個(gè)周期的 ()．圖2-2-15A．第一個(gè)eq\f(1,4)周期 B．第二個(gè)eq\f(1,4)周期C．第三個(gè)eq\f(1,4)周期 D．第四個(gè)eq\f(1,4)周期解析由E∝eq\f(ΔΦ,Δt)∝eq\f(Δi,Δt)可知，要E減小，即要eq\f(Δi,Δt)減小，題中要求φA＞φB，由楞次定律知，只有在第一個(gè)eq\f(1,4)周期才符合要求，A項(xiàng)正確．答案A7．(雙選)如圖2-2-16甲所示，一矩形閉合線圈在勻強(qiáng)磁場中繞垂直于磁場方向的轉(zhuǎn)軸OO′以恒定的角速度ω轉(zhuǎn)動(dòng)．當(dāng)從線圈平面與磁場方向平行時(shí)開始計(jì)時(shí)，線圈中產(chǎn)生的交變電流按照圖乙所示的余弦規(guī)律變化，則在t＝eq\f(π,2ω)時(shí)刻 ()．圖2-2-16A．線圈中的電流最大B．穿過線圈的磁通量為零C．線圈所受的安培力為零D．線圈中的電流為零解析t＝eq\f(π,2ω)＝eq\f(T,4)，此時(shí)線圈位于中性面位置，所以穿過線圈的磁通量最大，B錯(cuò)誤；由于此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢為零，所以線圈中電流為零，線圈所受的安培力為零，A錯(cuò)誤，C、D正確．答案CD8．(單選)如圖2-2-17所示，一矩形線圈abcd放置在勻強(qiáng)磁場中，并繞過ab、cd中點(diǎn)的軸OO′以角速度ω逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．若以線圈平面與磁場夾角θ＝0°時(shí)(如圖)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，并規(guī)定當(dāng)電流自a流向b時(shí)電流方向?yàn)檎畡t下列四幅圖中正確的是 ()．圖2-2-17解析矩形線圈在勻強(qiáng)磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，從線圈平面與磁場方向平行開始計(jì)時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電流按余弦規(guī)律變化，由于t＝0時(shí)，線圈的轉(zhuǎn)動(dòng)方向如題圖，由右手定則判斷可得，此時(shí)ad中電流方向?yàn)橛蒩到d，線圈中電流方向?yàn)閍→d→c→b→a，與規(guī)定的電流正方向相反，電流為負(fù)值．又因?yàn)榇藭r(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢最大，故只有D正確．答案D9．(雙選)如圖2-2-18甲所示，“匚”形金屬框?qū)к壦椒胖茫畬?dǎo)軌上跨接一金屬棒ab，與導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，并能在導(dǎo)軌上自由滑動(dòng)，在導(dǎo)軌左側(cè)與ab平行放置的導(dǎo)線cd中通以如圖乙所示的交變電流，規(guī)定電流方向自c向d為正，則ab棒受到向左的安培力的作用時(shí)間是 ()．圖2-2-18A．0→t1B．t1→t2C．t2→t3D．t3→t解析在0→t1時(shí)間內(nèi)，電流i由c→d且逐漸增大，由安培定則及楞次定律可判定：閉合回路中的磁場方向垂直紙面向里，金屬棒ab中的電流方向由a→b，再由左手定則可判定，此時(shí)ab棒所受安培力向左，A正確．同理可判斷出在t1→t2時(shí)間內(nèi)，在t3→t4時(shí)間內(nèi)ab棒所受安培力向右，在t2→t3時(shí)間內(nèi)ab棒所受安培力向左，C正確．答案AC10．在水平方向的勻強(qiáng)磁場中，有一正方形閉合線圈繞垂直磁感線的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，已知線圈的匝數(shù)為n＝100匝，邊長為20cm，電阻為10Ω，轉(zhuǎn)動(dòng)頻率f＝50Hz，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5T，求：(1)外力驅(qū)動(dòng)線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的功率．(2)轉(zhuǎn)至線圈平面與中性面的夾角為30°時(shí)，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢及感應(yīng)電流的大?。?3)線圈由中性面轉(zhuǎn)至與中性面成30°夾角的過程中，通過線圈橫截面的電荷量．解析(1)線圈中交變電動(dòng)勢的最大值Em＝nBSω＝100×0.5×(0.2)2×2π×50V＝628V交變電動(dòng)勢的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝314eq\r(2)V外界驅(qū)動(dòng)線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的功率與線圈中交變電流的功率相等，即P外＝eq\f(E2,R)＝eq\f(314\r(2)2,10)W＝1.97×104W.(2)線圈轉(zhuǎn)到與中性面成30°角時(shí)，其電動(dòng)勢的瞬時(shí)值e＝Emsin30°＝314V，交變電流的瞬時(shí)值i＝eq\f(e,R)＝eq\f(314,10)A＝31.4A.(3)在線圈從中性面轉(zhuǎn)過30°角的過程中，線圈中的平均感應(yīng)電動(dòng)勢eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)平均感應(yīng)電流eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)＝neq\f(ΔΦ,RΔt)，通過導(dǎo)體橫截面的電荷量為q，則q＝eq\x\to(I)Δt＝neq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(nBl21－cos30°,R)＝eq\f(100×0.5×0.22×1－0.866,10)C＝0.027C.答案(1)1.97×104W(2)314V31.4A(3)0.027C11．如圖2-2-19所示，在勻強(qiáng)磁場中有一個(gè)“π”形導(dǎo)線框可繞AB軸轉(zhuǎn)動(dòng)，已知?jiǎng)驈?qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(5\r(2),π)T，線框的CD邊長為20cm，CE、DF長均為10cm，轉(zhuǎn)速為50r/s.若從圖示位置開始計(jì)時(shí)：(1)寫出線框中感應(yīng)電動(dòng)勢的瞬時(shí)值表達(dá)式；(2)在et坐標(biāo)系中作出線框中感應(yīng)電動(dòng)勢隨時(shí)間變化關(guān)系的圖象．圖2-2-19解析(1)線框轉(zhuǎn)動(dòng)，開始計(jì)時(shí)的位置為線圈平面與磁感線平行的位置，在t時(shí)刻線框轉(zhuǎn)過的角度為ωt，此時(shí)刻e＝Bl1l2ωcosωt即e＝BSωcosωt，其中B＝eq\f(5\r(2),π)T，S＝0.1×0.2m2＝0.02m2，ω＝2πn＝2π×50rad/s＝100πrad/s，故e＝eq\f(5\r(2),π)×0.02×100πcos100πtV，即e＝10eq\r(2)cos100πtV.(2)線框中感應(yīng)電動(dòng)勢隨時(shí)間變化關(guān)系的圖象如圖所示．答案(1)e＝10eq\r(2)cos100πtV(2)略12．如圖2-2-20所示，總電阻為r的n匝矩形線圈abcd置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，一邊ab＝l1，另一邊ad＝l2，繞垂直于磁場方向的對稱軸OO′以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．線圈通過電刷與外電阻R組成閉合電路．圖2-2-20(1)求線圈中產(chǎn)生的電動(dòng)勢的最大值．(2)從線圈處于中性面開始計(jì)時(shí)，寫出閉合電路中瞬時(shí)電流隨時(shí)間變化的表達(dá)式，并畫出電流變化的圖象．解析(1)矩形線圈平面與磁場方向