2018_2019学年高中物理第五章交变电流课时提升作业七5.1交变电流新人教版.docx

课时提升作业 七 交变电流(40分钟100分)一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分)1.(2018揭阳高二检测)如图所示图象中属于直流电的是()【解析】选D。图A、B、C中e的方向均发生了变化,故它们属于交变电流,但不是按正(余)弦函数规律变化的交变电流;图D中e的方向未变化,是直流电,故选D。2. (多选)如图所示,矩形线框置于竖直向下的磁场中,通过导线与灵敏电流表相连,线框在磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动,图中线框处于竖直面内,下述说法正确的是()A.因为线框中产生的是交变电流,所以电流表示数始终为零B.线框通过图中位置瞬间,穿过线框的磁通量最大C.线框通过图中位置瞬间,通过电流表的电流瞬时值最大D.若使线框转动的角速度增大一倍,那么通过电流表电流的峰值也增大一倍【解析】选C、D。线框在匀强磁场中匀速转动时,在中性面即线框与磁感线垂直时,磁通量最大,感应电动势最小,而在题中图示位置线框与磁感线平行时,磁通量最小,感应电动势最大,A、B错,C对;由交变电流的峰值表达式Im=可知,角速度增大一倍后,电流的峰值增大一倍,D正确。3.(多选)一个矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的交流电动势e=2202sin100t V,则下列判断正确的是()A.t=0时,线圈位于中性面位置B.t=0时,穿过线圈平面的磁通量最大C.t=0时,线圈的有效切割速度方向垂直磁感线D.t=0时,线圈中感应电动势达到峰值【解析】选A、B。因按正弦规律变化,故t=0时线圈位于中性面,A正确;t=0时穿过线圈的磁通量最大,B正确;t=0时,线圈的有效切割速度方向与磁感线平行,不产生感应电动势,故C、D错误。【补偿训练】已知交变电流的瞬时表达式为i=311sin100t(A),从t=0到第一次电流出现最大值时间是()A.0.005 sB.0.001 sC.0.02 sD.0.01 s【解析】选A。交变电流瞬时表达式i=311sin100t(A),是从线圈经过中性面开始计时的,故在100t=时刻第一次出现电流峰值,即0.005 s。4.如图所示,一闭合单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动,除了转轴分别为OO和ab边外,其他条件均相同。则在这两种情况下,线圈中产生的正弦交变电流()A.最大值不同B.瞬时值不同C.变化规律不同D.一切都相同【解析】选D。根据e=nBScost知,感应电动势与转轴位置无关。5.(多选) (2018枣庄高二检测)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=0.1 s和t=0.3 s时,电动势最大B.在t=0.2 s和t=0.4 s时,电动势改变方向C.电动势的最大值是157 VD.在t=0.4 s时,磁通量变化率最大,其值为3.14 Wb/s【解析】选C、D。从图中可知,在0.1 s和0.3 s时刻,穿过线圈的磁通量最大,此时磁通量的变化率等于零;0.2 s和0.4 s时刻,穿过线圈的磁通量为零,但此时磁通量的变化率最大,此时电动势方向不会改变,由此得A、B错误。根据电动势的最大值公式:Em=nBS,m=BS,=,可得:Em= V=157 V;磁通量变化率的最大值应为=3.14 Wb/s,故C、D正确。6.(多选)(2018泰安高二检测)关于中性面,下列说法正确的是()A.线圈在转动中经中性面位置时,穿过线圈的磁通量最大,磁通量的变化率为零B.线圈在转动中经中性面位置时,穿过线圈的磁通量为零,磁通量的变化率最大C.线圈每经过一次中性面,感应电流的方向就改变一次D.线圈每转动一周经过中性面一次,所以线圈每转动一周,感应电流的方向就改变一次【解析】选A、C。中性面是线圈平面与磁感线平面垂直的位置,线圈经过该位置时,穿过线圈的磁通量最大,各边都不切割磁感线,不产生感应电动势,所以磁通量的变化率为零,A选项正确,B选项错误;线圈每经过一次中性面,感应电流的方向就改变一次,线圈每转动一周经过中性面两次,所以每转动一周,感应电流的方向就改变两次,C选项正确,D选项错误。7.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动,从中性面开始转动180的过程中,平均感应电动势和最大感应电动势之比为()A.2B.2C.21D.12【解析】选A。转动180过程中,平均感应电动势由E=计算,得=,最大值Em=BS,二者之比为2。8.如图所示,矩形线圈abcd在匀强磁场中分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动,当线圈平面转到与磁场方向平行时()A.线圈绕P1转动时产生的感应电流等于绕P2转动时产生的感应电流B.线圈绕P1转动时产生的感应电动势小于绕P2转动时产生的感应电动势C.线圈绕P1和P2转动时产生的感应电流的方向相同,都是abcdD.线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力【解析】选A。线圈转动产生的感应电动势的大小与转动轴的位置无关,选项A正确,B错误;绕两个轴转动产生的感应电流的大小相等,从上向下看,线圈逆时针旋转,电流的方向应为adcb,选项C错误;电流相等,cd受到的安培力也相等,选项D错误。二、非选择题(本题共2小题,共44分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)9. (18分)(2018南平高二检测)如图所示为某交变电动势随时间变化的图象,从图象中可知交变电动势的最大值为_V。若此交流线圈共100匝,则穿过此线圈的最大磁通量是_Wb。【解析】由图可知,电动势最大值为310 V,由最大值公式可以求出最大磁通量,Em=nBS=nmm= Wb= Wb。答案:31010. (26分)一个100匝的矩形线圈,其面积为200 cm2、电阻为10 ,与外电阻R=90 相接后,它在匀强磁场中转动所产生的感应电流随时间变化的图象如图所示,求线圈所在处匀强磁场的磁感应强度的大小。【解析】设匀强磁场的磁感应强度大小为B,感应电动势的峰值Em=NBS=NBS,由闭合电路欧姆定律得:Im=EmR+r,由此可得:B=由图知:Im=10-2 A,T=0.10 s,由题可得:S=200 cm2=0.02 m2,R+r=90 +10 =100 ,N=100,把上述条件代入B=得:B=0.025 T答案:0.025 T【补偿训练】如图所示,匀强磁场的磁感应强度B= T,边长L=10 cm的正方形线圈abcd共100匝,线圈电阻r=1 ,线圈绕垂直于磁感线的轴OO1匀速转动,角速度=2 rad/s,外电路电阻R=4 。求:(1)转动过程中线圈中感应电动势的最大值。(2)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过30角的过程中产生的平均感应电动势。【解析】(1)设转动过程中感应电动势的最大值为Em,则Em=NBL2=1000.012 V=2 V(2)设由图示位置转过30角的过程中产生的平均感应电动势为,则=N,t=,=BL2sin30,代入数据解得E= V答案:(1)2 V(2) V【能力挑战区】1.如图所示,线框在匀强磁场中绕OO轴匀速转动(由上向下看是逆时针方向),当转到图示位置时,磁通量和感应电动势大小的变化情况是()A.磁通量和感应电动势都在变大B.磁通量和感应电动势都在变小C.磁通量在变小,感应电动势在变大D.磁通量在变大,感应电动势在变小【解析】选D。由图可以看出线圈逆时针转动,线圈平面向垂直磁场方向转动,磁通量在变大,选项B、C错误;线圈的两水平边不切割磁感线,两竖直边切割磁感线,但垂直磁场方向的分量减小,所以感应电动势减小,选项D正确,A错误。2.如图所示为演示用的手摇发电机模型,匀强磁场磁感应强度B=0.5 T,线圈匝数n=50,每匝线圈面积为0.48 m2,转速为150 r/min,在匀速转动过程中,从图示位置开始计时。(1)写出交变感应电动势瞬时值的表达式。(2)画出e-t图线。【解析】(1)当线圈平面经过中性面开始计时,则线圈在时间t内转过角度t,于是感应电动势瞬时值e=Emsint,其中Em=nBS。由题意知n=50,B=0.5 T,= rad/s=5 rad/s,S=0.48 m2,Em=nBS=500.50.485 V188 V,所以e=188sin5t(V)。(2)根据交流电的函数表达式画图线时,最大值是正弦图线的峰值,由纵轴上的刻度值标出,交流电的频率与正弦图线的周期相对应,=,而周期由时间轴上的刻度值标出,T=0.4 s,e-t图线如图所示。答案:(1)e=188sin5t(V)(2)见解析图【总结提升】与交变电流图象有关问题的解题方法(1)明确线圈在磁场中的位置及其转动情况。(2)掌握线圈及其相关的物理量,利用Em=NBS算出感应电动势