2019-2020学年高中物理 第5章 交变电流 1 交变电流课后课时精练课件 新人教版选修3-2

03课后课时精练一、选择题(每小题6分，共60分)1．(多选)下列各图中能产生交变电流的是()解析A图中的转轴与磁场方向平行，B图中的转轴与纸面方向垂直，但线圈中的磁通量始终为零，线圈中无感应电流产生，故A、B错误；根据交变电流产生的条件可知，线圈绕垂直于磁感线且通过线圈平面的轴线转动，就可以产生交变电流，对线圈的形状没有特别要求，故C、D正确。2．关于交变电流和直流电流的说法中正确的是()A．如果电流大小随时间做周期性变化，则一定是交变电流B．直流电流的大小和方向一定不变C．交变电流一定是按正弦规律变化的D．交变电流的最大特征就是电流的方向随时间做周期性的变化解析直流电的特征是电流的方向不变，电流的大小可以改变。交变电流的特征是电流的方向随时间改变。交变电流有多种形式，正弦式交流电只是交变电流中最基本、最简单的一种。故选D。3．已知交变电流的瞬时表达式为i＝311sin314t(A)，从t＝0到第一次电流出现最大值时间是()A．0.005sB．0.001sC．0.02sD．0.01s解析交变电流瞬时表达式i＝311sin314t(A)故角频率为ω＝314rad/s故周期为：T＝2π314s＝0.02s因为是正弦式交变电流，从线圈经过中性面开始计时，故在T4时刻第一次出现电流峰值，即：0.005s，所以A项正确。4．欲增大交流发电机的感应电动势而不改变频率，下面措施中不能采用的是()A．增大转速B．增大磁感应强度C．增加线圈匝数D．增大线圈的包围面积解析设线圈匝数为N，磁感应强度为B，线圈围成的面积为S，角速度为ω，转速n单位采用r/s时f＝n，由Em＝NBSω＝NBS·2πn，可知B、C、D项只改变Em的大小，没有改变频率，而A项改变了频率，故选A。5．(多选)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，所产生的交变电流的波形如图所示，下列说法中正确的是()A．在t1时刻穿过线圈的磁通量达到峰值B．在t2时刻穿过线圈的磁通量达到峰值C．在t3时刻穿过线圈的磁通量的变化率达到峰值D．在t4时刻穿过线圈的磁通量的变化率达到峰值解析本题考查交流电的图象及法拉第电磁感应定律，关键要清楚i(e)和ΔΦΔt的对应关系。从图中可知，t1时刻线圈中感应电动势达到峰值，磁通量变化率达到峰值，而磁通量最小，线圈平面与磁感线平行。t2、t4时刻感应电流为零，感应电动势等于零，磁通量变化率为零，线圈处于中性面位置，磁通量达到峰值。t3时刻感应电动势达到峰值，线圈中的磁通量变化率达到峰值。正确答案为B、C。6．下图是某交流发电机产生的感应电动势与时间的关系图象。如果其他条件不变，仅使线圈的转速变为原来的二倍，则交流电动势的最大值和周期分别变为()A．400V,0.02sB．200V,0.02sC．400V,0.08sD．200V,0.08s解析根据感应电动势最大值的表达式Em＝NBSω得知，Em与ω成正比，又知道ω＝2πn，T＝2πω，所以可得Em′＝2Em＝200V，T′＝12T＝0.02s，故选B。7．在垂直纸面向里的有界匀强磁场中放置了矩形线圈abcd，线圈cd边沿竖直方向且与磁场的右边界重合。线圈平面与磁场方向垂直，从t＝0时刻起，线圈以恒定角速度ω＝2πT绕cd边沿如图所示方向转动，规定线圈中电流沿abcda方向为正方向，则从t＝0到t＝T时间内，线圈中的电流i随时间t变化关系图象为()解析在t＝0时刻，磁通量最大，磁通量的变化率最小，产生的感应电动势为零，即感应电流为零，所以C、D错误；根据楞次定律可得，t＝0之后的四分之一周期内，线圈的磁通量减小，故产生的感应电流方向为a→d→c→b→a为负方向，故B正确，A错误。8.(多选)如图所示，一正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′轴观察，线圈沿逆时针方向转动。已知磁感应强度为B，线圈匝数为n，边长为l，电阻为R，转动角速度为ω，则当线圈转至图示位置时()A．线圈中感应电流的方向为abcdaB．穿过线圈的磁通量为0，但磁通量的变化率为Bl2ωC．线圈中的感应电流为nBl2ωRD．线圈从图示位置起转动T6时，电动势的瞬时值为12nBl2ω解析选项内容分析结论A根据右手定则判断知，ad边切割磁感线产生的感应电流方向由a→d；bc边切割磁感线产生的感应电流方向由c→b×B因为线圈平面与磁感线平行，所以穿过线圈的磁通量为0；e＝Em＝nBl2ω，由E＝nΔΦΔt得ΔΦΔt＝En＝Bl2ω√选项内容分析结论C因为e＝nBl2ω，所以i＝eR＝nBl2ωR√Dt＝T6，ω＝2πT，由e＝nBl2ωcosωt＝nBl2ωcos2πT×T6＝12nBl2ω√9．(多选)如图甲所示，U形金属导轨水平放置，导轨上跨接一金属棒ab，与导轨构成闭合电路，并能在导轨上自由滑动，在导轨左侧与ab平行放置的导线cd中通以如图乙所示的交变电流，规定电流方向自c向d为正，则ab棒受到向左的安培力的作用时间是()A．0～t1B．t1～t2C．t2～t3D．t3～t4解析0～t1时间内，电流I由c→d且逐渐增大，由安培定则知，穿过abEF回路的磁感应强度垂直纸面向里，且逐渐增强，因此磁通量增大，由楞次定律判定金属棒ab中的电流方向由a→b；再由左手定则可判定，此过程中ab棒所受安培力向左，选项A正确。同理，可判定出t1～t2、t3～t4时间内ab棒所受安培力向右，t2～t3时间内ab棒所受安培力向左，C项正确，B、D错误。10．(多选)矩形线圈的匝数为50匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示，下列结论正确的是()A．在t＝0.1s和t＝0.3s时，电动势最大B．在t＝0.2s和t＝0.4s时，电动势改变方向C．电动势的最大值约是157VD．在t＝0.4s时，磁通量变化率最大，其值约为3.14Wb/s解析从题图中可知，在0.1s和0.3s时刻，穿过线圈的磁通量最大，此时刻磁通量的变化率等于零，感应电动势为零，A错误；0.2s和0.4s时刻，穿过线圈的磁通量为零，但此时刻磁通量的变化率最大，线圈平面与中性面垂直，感应电动势达到峰值，但方向不变，B错误。根据电动势的最大值公式：Em＝NBSω，Φm＝BS，ω＝2πT，可得：Em≈157V；由E＝NΔΦΔt知磁通量变化率的最大值应为EmN≈3.14Wb/s，故选项C、D正确。二、非选择题(共3小题，40分)11．(12分)发电机的转子是匝数为100匝、边长为20cm的正方形线圈，将它置于磁感应强度B＝0.05T的匀强磁场中，绕着垂直于磁场方向的轴以ω＝100πrad/s的角速度转动，当线圈平面跟磁场方向垂直时开始计时，线圈和外电路的总电阻R＝10Ω。(1)写出交变电流的瞬时值表达式；(2)从计时开始，线圈转过π3的过程中通过线圈某一横截面的电荷量为多少？答案(1)i＝2πsin100πt(A)(2)1×10－2C解析(1)感应电动势最大值为Em＝nBSωEm＝100×0.05×0.2×0.2×100π(V)＝20π(V)Im＝EmR＝2π(A)，所以i＝Imsinωt＝2πsin100πt(A)(2)从中性面开始计时，线圈转过π3，则ΔΦ＝B·ΔS＝BS1－cosπ3＝12BS此过程中通过线圈某一横截面的电荷量q＝It＝n·ΔΦΔt·R·Δt＝n·ΔΦR＝nBS2R代入数据解得q＝1×10－2C。12．(12分)一矩形线圈，面积是0.05m2，共100匝，线圈电阻r＝1Ω，外接电阻R＝4Ω，线圈在磁感应强度B＝1πT的匀强磁场中以n＝300r/min的转速绕垂直于磁感线的轴匀速转动，如图所示，若从中性面开始计时，求：(1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式；(2)开始计时经130s时线圈中感应电流的瞬时值；(3)外电路R两端电压的瞬时值表达式。答案(1)e＝50sin10πt(V)(2)8.66A(3)u＝40sin10πt(V)解析(1)线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，从中性面开始计时产生的感应电动势的瞬时值e＝Emsinωt，其中ω＝2πn，Em＝NBSω，代入数据可得ω＝2πn＝2π×5rad/s＝10πrad/s，Em＝NBSω＝100×1π×0.05×10πV＝50V，所以e＝50sin10πt(V)。(2)由闭合电路欧姆定律有i＝eR＋r＝10sin10πt(A)，当t＝130s时，i＝10sin10π×130＝10sin60°＝53A≈8.66A。(3)由u＝iR得，u＝40sin10πt(V)。13．(16分)在图甲所示区域(图中直角坐标系xOy的一、三象限)内有匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小为B。半径为l，圆心角为60°的扇形导线框OPQ以角速度ω绕O点在纸面内沿逆时针方向匀速转动，导线框回路电阻为R。(1)求导线框中感应电流的最大值I0和交变感应电流的频率f；(2)在图乙中画出导线框在转动一周的时间内的感应电流i随时间t变化的图象(规定与图甲中线框的位置相应的时刻为t＝0)。答案(1)12RωBl2ωπ(2)见解析解析(1)从题图中所示位置开始(t＝0)转过60°的过程中，经Δt时间的转角Δθ＝ω·Δt，回路的磁通量的变化量ΔΦ＝12Δθ·l2B。由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝ΔΦΔt。因匀速转动，所以这就是最大的感应电动势。由欧姆定律可求得电流最大值I0＝12RωBl2。前半圈和后半圈的i(t)相同，故交变感应电流的频率等于旋转频率的2倍。f＝2×ω2π＝ωπ。(2)i­t图象如图所示。