《2018-2019學年高中物理 第二章 交變電流 第1節(jié) 交變電流練習 教科版選修3-2》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2018-2019學年高中物理 第二章 交變電流 第1節(jié) 交變電流練習 教科版選修3-2（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第1節(jié)　交變電流 1．大小和方向不隨時間變化的電壓和電流，稱為__________，簡稱直流電；大小和方向隨時間作周期性變化的電壓和電流，稱為__________，簡稱交流電． 2．電壓和電流都隨時間按正弦函數(shù)規(guī)律變化的交變電流稱為________電流，簡稱正弦交流電．其電動勢的瞬時值表達式為e＝________，其中Em＝________.閉合矩形線圈在________磁場中繞__________________________的軸勻速轉(zhuǎn)動時，線圈中產(chǎn)生的感應電流是正弦交流電． 3．下圖所示的4種電流隨時間變化的圖象中，屬于交變電流的有(　　) 4．下列各圖中，哪些情況線圈中

2、能產(chǎn)生交流電(　　) 5．矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉(zhuǎn)動，下列說法中正確的是(　　) A．在中性面時，通過線圈的磁通量最大 B．在中性面時，感應電動勢最大 C．穿過線圈的磁通量為零時，感應電動勢也為零 D．穿過線圈的磁通量為零時，磁通量的變化率也為零 【概念規(guī)律練】 知識點一　交變電流的產(chǎn)生 1．如圖1所示為演示交變電流產(chǎn)生的裝置圖，關于這個實驗，正確的說法是(　　) 圖1 A．線圈每轉(zhuǎn)動一周，指針左右擺動兩次 B．圖示位置為中性面，線圈中無感應電流 C．圖示位置ab邊的感應電流方向為a→b D．線圈平面與磁場方向平行時，磁通量變化率為零

3、 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2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方向的感應電流為正，則能反映線圈中感應電流I隨時間t變化的圖線是(　　) 知識點二　交變電流的變化規(guī)律 3．閉合線圈在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)速為240r/min，若線圈平面轉(zhuǎn)至與磁場方向平行時的電動勢為2V，則從中性面開始計時，所產(chǎn)生的交流電動勢的表達式為e＝________V，電動勢的峰值為________V，從中性面起經(jīng)s，交流電動勢的大小為________V. 4．有一個

4、10匝正方形線框，邊長為20cm，線框總電阻為1Ω，線框繞OO′軸以10πrad/s的角速度勻速轉(zhuǎn)動，如圖3所示，垂直于線框平面向里的勻強磁場的磁感應強度為0.5T．問： 圖3 (1)該線框產(chǎn)生的交變電流電動勢最大值、電流最大值分別是多少？ (2)線框從圖示位置轉(zhuǎn)過60°時，感應電動勢的瞬時值是多大？ (3)寫出感應電動勢隨時間變化的表達式． 【方法技巧練】 一、瞬時值、平均值的計算方法 5．矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁感線的對稱軸轉(zhuǎn)動，線圈共100匝，轉(zhuǎn)速為r/min，在轉(zhuǎn)動過程中穿過線圈的磁通量的最大值為0.03Wb，則線圈平面轉(zhuǎn)到與磁感線平行時，感應電動勢

5、為多少？當線圈平面與中性面夾角為時，感應電動勢為多少？ 6．如圖4所示，匝數(shù)為n，面積為S的矩形線圈在勻強磁場B中勻速轉(zhuǎn)動，角速度為ω，求線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過180°時間內(nèi)的平均感應電動勢． 圖4 二、交變電流圖象的應用 7．矩形線圈，繞垂直于勻強磁場并位于線圈平面內(nèi)的固定軸轉(zhuǎn)動．線圈中的感應電動勢e隨時間t的變化如圖5所示．下面說法中正確的是(　　) 圖5 A．t1時刻通過線圈的磁通量為零 B．t2時刻通過線圈的磁通量的絕對值最大 C．t3時刻通過線圈的磁通量變化率的絕對值最大 D．每當e變換方向時，通過線圈的磁通量絕對

6、值都為最大 8．一矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁感線的軸勻速轉(zhuǎn)動，穿過線圈的磁通量隨時間的變化圖象如圖6所示，則下列說法中，正確的是(　　) 圖6 A．t＝0時刻，線圈平面與中性面垂直 B．t＝0.01s時刻，穿過線圈平面的磁通量的變化率最大 C．t＝0.02s時刻，線圈中有最大感應電動勢 D．t＝0.03s時刻，線圈中有最大感應電流 1．關于線圈在勻強磁場中轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的交變電流，下列說法中正確的是(　　) A．線圈平面每經(jīng)過中性面一次，感應電流方向就改變一次，感應電動勢方向不變 B．線圈每轉(zhuǎn)動一圈，感應電流方向就改變一次 C．線圈平面經(jīng)過中性面一次，感應電動勢和感應

7、電流的方向都要改變一次 D．線圈每轉(zhuǎn)動一圈，感應電動勢和感應電流方向都要改變一次 2．線圈在磁場中勻速轉(zhuǎn)動產(chǎn)生交流電的瞬時電動勢為e＝10sin20πtV，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度最大 D．t＝0.4s時，e達到峰值10V 3．交流發(fā)電機在工作時的電動勢為e＝Emsinωt，若將其電樞的轉(zhuǎn)速提高1倍，其他條件不變，則其電動勢變?yōu)?　　) A．EmsinB．2Emsin C．Emsin2ωtD．2Emsin2ωt 4．一閉合矩形線圈abcd繞垂直于磁感線的固定軸OO

8、′勻速轉(zhuǎn)動，線圈平面位于如圖7甲所示的勻強磁場中．通過線圈的磁通量Φ隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，下列說法正確的是(　　) 圖7 A．t1、t3時刻通過線圈的磁通量變化率最大 B．t1、t3時刻線圈中感應電流方向改變 C．t2、t4時刻線圈中磁通量最大 D．t2、t4時刻線圈中感應電動勢最小 5．如圖8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(　　) 圖8 A．線圈中感應電流的方向為abcda

9、 B．線圈中的感應電流為 C．穿過線圈的磁通量為0 D．穿過線圈的磁通量的變化率為0 6．如圖9所示，矩形線圈abcd，已知ab為L1，ad為L2，在磁感應強度為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，則線圈中感應電動勢的大小為(　　) 圖9 A.BL1L2ωsin ωtB.BL1L2cosωt C．BL1L2ωsinωtD．BL1L2ωcosωt 7．如圖10所示，一矩形線圈abcd放置在勻強磁場中，并繞過ab、cd中點的軸OO′以角速度ω逆時針勻速轉(zhuǎn)動．若以線圈平面與磁場夾角θ＝0°時(如圖)為計時起點，并規(guī)定當電流自a流向b時電流方向為正．則下列四

10、幅圖中正確的是(　　) 圖10 8．如圖11甲所示，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OO′以恒定的角速度ω轉(zhuǎn)動．當從線圈平面與磁場方向平行時開始計時，線圈中產(chǎn)生的交變電流按照圖乙所示的余弦規(guī)律變化，則在t＝時刻(　　) 圖11 A．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 9．如圖12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(　　) 圖12 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P

11、1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→d D．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 題　號 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答　案 10.一矩形線圈在勻強磁場中以角速度4πrad/s勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的交變電動勢的圖象如圖13所示．則交變電流的頻率為______Hz，當t＝0時，線圈平面與磁感線________，當t＝0.5s時，e為______V. 圖13 11．如圖14所示，在勻強磁場中有一個“n”形導線框可繞AB軸轉(zhuǎn)動，已知

12、勻強磁場的磁感應強度B＝T，線框的CD邊長為l1＝20cm，CE、DF邊長均為l2＝10cm，轉(zhuǎn)速為50r/s.若從圖示位置開始計時： 圖14 (1)寫出線框中感應電動勢的瞬時值表達式； (2)在e－t坐標系中作出線框中感應電動勢隨時間變化關系的圖象． 12．如圖15所示，勻強磁場B＝0.1T，所用矩形線圈的匝數(shù)N＝100，邊長ab＝0.2m，bc＝0.5m，以角速度ω＝100πrad/s繞OO′軸勻速轉(zhuǎn)動．從線圈平面通過中性面時開始計時，試求： 圖15 (1)線圈中感應電動勢的大小． (2)由t＝0至t＝過程中的平均電動勢值．

13、 第二章　交變電流 第1節(jié)　交變電流答案 課前預習練 1．恒定電流　交變電流 2．正弦交變　Emsinωt　nBSω　勻強　垂直于磁場方向 3．CD　[直流電是方向不隨時間改變，交變電流是方向隨時間改變，正弦式交變電流是按正弦規(guī)律變化的交變電流，圖象中正、負表示電流方向．A選項中電流數(shù)值總為正，表示電流方向不變，是直流電．B選項中圖象雖為正弦，但由于電流總是正值，表示電流方向不變，電流大小隨時間變化，也是直流電．C、D選項中電流強度和方向都隨時間做周期性變化，是交變電流．因此，是交變電流的只有C和D，是正弦

14、式交變電流的只有D.] 4．BCD　[A中線圈中的磁通量始終是零，故無感應電流產(chǎn)生；B、C、D中都是線圈在勻強磁場中繞垂直于磁感線的軸勻速轉(zhuǎn)動，故能產(chǎn)生交流電，則B、C、D正確．] 5．A　[中性面和磁場垂直，磁通量最大，磁通量的變化率為零．] 課堂探究練 1．C　[線圈在磁場中勻速轉(zhuǎn)動時，在電路中產(chǎn)生呈周期性變化的交變電流，線圈經(jīng)過中性面時電流改變方向，線圈每轉(zhuǎn)動一周，有兩次通過中性面，電流方向改變兩次，指針左右擺動一次，故A錯；線圈處于圖示位置時，ab邊向右運動，由右手定則，ab邊的感應電流方向為a→b，故C對；線圈平面與磁場方向平行時，ab、cd邊垂直切割磁感線，線圈產(chǎn)生的電動勢

15、最大，也可以這樣認為，線圈平面與磁場方向平行時，磁通量為零，但磁通量的變化率最大，B、D錯誤。] 點評?、倬€圈平面垂直于磁感線時，線圈中的感應電流為零，這一位置叫中性面．線圈平面經(jīng)過中性面時，電流方向就發(fā)生改變．線圈繞軸轉(zhuǎn)一周經(jīng)過中性面兩次，因此感應電流方向改變兩次． ②線圈經(jīng)過中性面時，穿過線圈的磁通量最大，但磁通量的變化率為零(即各邊都不切割)，所以感應電動勢為零． 2．C　[線圈在磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉(zhuǎn)動時，可以產(chǎn)生按正弦規(guī)律變化的交流電．對于圖示起始時刻，線圈的cd邊離開紙面向紙外運動，速度方向和磁場方向垂直，產(chǎn)生的電動勢的瞬時值最大；用右手定則判斷出電流方向為逆時針方

16、向，與規(guī)定的正方向相同．所以C對．] 點評　線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉(zhuǎn)動時，可以產(chǎn)生按正弦規(guī)律變化的交流電．其中“線圈”無特殊要求，即矩形線圈、圓形線圈等其他形狀都可，“繞某一軸勻速轉(zhuǎn)動”，只要求此軸垂直于磁場方向，沒有其他限制條件． 3．2sin8πt　2　1 解析　當線圈平面與磁場平行時(S//B)，感應電動勢最大，即Em＝2V，ω＝2πn＝2π×rad/s＝8π rad/s，則從中性面開始計時，瞬時值表達式：e＝Emsinωt＝2sin8πtV，當t＝s時，e＝2sin(8π×) V＝1V. 點評　當閉合線圈繞垂直于磁場的軸勻速轉(zhuǎn)動，且從中性面開始計時時產(chǎn)生正弦式

17、交流電電動勢的表達式e＝Emsinωt，Em為最大值即當線圈平面與磁場方向平行時的瞬時值，ω為轉(zhuǎn)動角速度． 4．(1)6.28 V　6.28 A　(2)5.44 V (3)e＝6.28sin 10πt V 解析　(1)交變電流電動勢最大值為 Em＝nBSω＝10×0.5×0.22×10πV＝6.28V， 電流的最大值為 Im＝Em/R＝A＝6.28A. (2)線框轉(zhuǎn)過60°時，感應電動勢e＝Emsin60°＝5.44V. (3)由于線框轉(zhuǎn)動是從中性面開始計時的，所以瞬時值表達式為e＝Emsinωt＝6.28sin10πtV. 點評?、匐妱觿葑畲笾礒m＝nBSω. ②當計時起

18、點為中性面位置時表達式為e＝Emsinωt 當計時起點為線圈平面與磁場方向平行時，表達式為e＝Emcosωt. 5．1V　V 解析　由題意知：Φm＝0.03Wb ω＝2πn＝2π××rad/s＝rad/s. 線圈轉(zhuǎn)至與磁感線平行時，感應電動勢最大，故 Em＝nBSω＝nΦmω＝100×0.03×V＝1V 瞬時值表達式e＝Emsinωt＝sinV 當θ＝ωt＝時，e＝sinV＝V. 方法總結(jié)?、僖涀蓚€特殊位置感應電動勢的瞬時值，即中性面位置e＝0；線圈平面與磁感線平行的位置e＝Em＝nBSω. ②確定線圈從哪個位置開始計時的，從而確定電動勢的瞬時值表達式是正弦形式還是余弦

19、形式． 6.nBSω 解析　由楞次定律可判斷線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過180°時間內(nèi)，線圈中的平均感應電動勢E≠0.磁通量是沒有方向的標量，但卻有正負．如果我們規(guī)定磁感線從線圈的一側(cè)穿入另一側(cè)，穿出磁通量為正，那么從另一側(cè)穿入這一側(cè)穿出時，磁通量就為負了．設線圈轉(zhuǎn)過180°時，穿過它的磁通量Φ′＝BS，那么圖示位置時穿過它的磁通量Φ＝－BS.由法拉第電磁感應定律得：＝n＝n＝n＝nBSω. 方法總結(jié)　平均感應電動勢不等于始、末兩瞬時電動勢值的平均值，必須用法拉第電磁感應定律計算即＝n. 7．D　[t1、t3時刻感應電動勢為零，線圈位于中性面位置，所以穿過線圈的磁通量最大，磁通量的變化率為零，A

20、、C錯誤；t2時刻感應電動勢最大，線圈位于中性面的垂面位置，穿過線圈的磁通量為零，B錯誤；由于線圈每過一次中性面時，穿過線圈的磁通量的絕對值最大，e變換方向，所以D正確．] 方法總結(jié)　當感應電動勢最大時，磁通量的變化率最大，磁通量卻最?。? 8．ABCD　[由題意可知Φ＝Φmsin ωt時，其感應電動勢應為e＝Emcos ωt，當t＝0時，Φ＝0，線圈平面與中性面垂直，穿過線圈平面的磁通量的變化率最大，線圈中有最大的感應電動勢和感應電流，此類時刻還有0.01 s，0.02 s，0.03 s，……所以答案為A、B、C、D.] 方法總結(jié)　由E＝n可知，交變電流的電動勢隨線圈的磁通量的變化而變化

21、，即由Φ的變化可推知感應電動勢的變化規(guī)律(當Φ＝Φmsinωt時e＝Emcosωt；當Φ＝Φmcosωt時，e＝Emsinωt)． 課后鞏固練 1．C 2．AB　[根據(jù)交流電動勢的瞬時值表達式可判斷為正弦式交變電流，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＝0.4s時，e＝10sin20πtV＝10sin8πV＝0，所以D錯誤．] 3．D　[電樞轉(zhuǎn)速提高1倍，由ω＝2πn知，角速度變?yōu)樵瓉淼?倍；由電動勢的最大值表達式Em＝nBSω知，最大值也變?yōu)樵瓉淼?倍．] 4．B　

22、[t1、t3時刻通過線圈的磁通量Φ的絕對值最大，磁通量變化率＝0，此時感應電動勢、感應電流為零，線圈中感應電流方向改變，A錯誤，B正確；t2、t4時刻線圈中磁通量為零，磁通量的變化率最大，即感應電動勢最大，C、D錯誤．] 5．BC　[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，感應電流也最大，I＝＝，由右手定則可判斷出線圈中感應電流的方向為adcba.] 6．C　[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)生感應電動勢Eab＝BL1vsinθ，Ecd＝BL1vsinθ，bc，ad邊不切割磁感線不產(chǎn)生感應電動勢，故線圈中的感應電動勢為E＝Ea

23、b＋Ecd＝2BL1vsinθ＝2BL1·L2ωsinωt＝BL1L2ωsinωt，故正確選項應為C.] 7．D矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉(zhuǎn)動，從線圈平面與磁場方向平行開始計時，產(chǎn)生的感應電流按余弦規(guī)律變化，由于t=0時，線圈的轉(zhuǎn)動方向如題圖，由右手定則判斷可得，此時ad中電流方向為由a到d，線圈中電流方向為a→d→c→b→a，與規(guī)定的電流正方向相反，電流為負值.又因為此時產(chǎn)生的感應電動勢最大，故只有D正確。] 8．CD　[t＝＝，此時線圈位于中性面位置，所以穿過線圈的磁通量最大，B錯誤；由于此時感應電動勢為零，所以線圈中電流為零，線圈所受的安培力為零，A錯誤，C、D正確

24、．] 9．A　[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．] 10．2　垂直　0 解析　T＝＝s，則交流電的頻率f＝＝2Hz.由圖象知t＝0時，e＝0，線圈位于中性面位置，線圈平面和磁感線垂直；當t＝0.5s時，ωt＝2πft＝2π，e＝0. 11．(1)e＝10cos100πtV　(2)見解析 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，產(chǎn)生的交變電流按余弦規(guī)律變化，在

25、t時刻線框轉(zhuǎn)過的角度為ωt，此時刻e＝BL1L2ωcosωt，即e＝BSωcosωt，其中B＝T，S＝0.1×0.2m2＝0.02m2，ω＝2πn＝2π×50rad/s＝100π rad/s，故e＝×0.02×100πcos100πtV，即e＝10cos100πtV. (2)T＝＝0.02s，線框中感應電動勢隨時間變化關系的圖象如下圖所示 12．(1)314sin100πtV　(2)200V 解析　(1)解法一　線圈經(jīng)過時間t轉(zhuǎn)過角度θ＝ωt，這時bc和da邊不切割磁感線，ab和cd邊切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢eab＝ecd＝NBvsinωt，其中v＝ω＝ω，所以e＝eab＋ecd＝2eab＝2NBωsinωt＝NBSωsinωt， Em＝NBSω＝100×0.1×0.1×100πV＝314V， e＝314sin100πtV 解法二　感應電動勢的瞬時值e＝NBSωsinωt，由題可知S＝·＝0.2×0.5m2＝0.1m2， Em＝NBSω＝100×0.1×0.1×100πV＝314V， 所以e＝314sin 100πt V. (2)用E＝N計算t＝0至t＝過程中的平均電動勢E＝N＝N＝ 即E＝NBSω.代入數(shù)值得E＝200V. 10