【与名师对话】高考物理总复习 课时作业29 新人教版选修32 .doc

课时作业(二十九)(分钟：45分钟满分：100分)一、选择题(每小题7分，共70分)1一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的电动势e200 sin100t(v)，那么()a该交变电流的频率是50 hzb当t0时，线圈平面恰好与中性面垂直c当t s时，e有峰值d该交变电流的电动势的有效值为200 v解析由交变电流的电动势瞬时值表达式enbssint可知，交变电流的频率f hz50 hz，a正确在t0时，电动势瞬时值为0，线圈平面恰好与中性面平行，b不正确当t s时，e有峰值em200 v，c正确该交变电流的电动势的有效值e200 v，d不正确答案ac2一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如下图甲所示，则下列说法正确的是()at0时刻，线圈平面与中性面垂直bt0.01 s时刻，的变化率最大ct0.02 s时刻，交流电动势达到最大d该线圈产生的交流电动势的图象如图乙所示解析由t图知，t0时，最大，即线圈处于中性面位置，此时e0，故a、d两项错误；由图知t0.04 s，在t0.01 s时，0，最大，e最大，则b项正确；在t0.02 s时，最大，0，e0，则c项错误答案b3处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直在t0时刻，线圈平面与纸面重合(如右图)，线圈的cd边离开纸面向外运动若规定由abcda方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流i随时间t变化的图线是下图中的()解析分析交变电流的图象问题应注意图线上某一时刻对应的线圈在磁场中的位置，将图线描述的变化过程对应到线圈所处的具体位置是分析的关键，线圈在图示位置时磁通量为零，但感应电流为最大值；再由楞次定律可判断线圈在转过90的过程中，感应电流为正，故选项c正确答案c4下图甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化下列说法正确的是()a图甲表示交变电流，图乙表示直流电b两种电压的有效值相等c图甲所示电压的瞬时值表达式为u311sin100t vd图甲所示电压经匝数比为101的变压器变压后，频率变为原来的解析由图象的纵坐标知，电压的正、负分别表示电压的方向，因此两图均为交变电流，a错；对于正弦式电流才有u有效，虽然两图的最大值相同，但图乙所示的非正弦(余弦)式电流不适用上式，故b错；正弦式电流瞬时值表达式为uumsint，由图象可知um311 v，t2102 s，可得100，代入上式得u311sin100t v，故c对；由变压器原理可知变压器只能根据匝数比改变电压和电流，它不会改变交变电流的周期和频率，故d错答案c5如右图所示，单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈轴线oo与磁场边界重合，线圈按图示方向匀速转动，t0时刻线圈平面与磁场方向垂直，规定电流方向沿abcda为正方向，则线圈内感应电流随时间变化的图象是下图中的()解析由楞次定律可知前半个周期感应电流沿adcba方向，后半个周期沿abcda的方向，因线圈绕垂直磁场的轴匀速转动，所以产生正弦式电流，a正确答案a6(2011佛山月考)如右图所示，单匝闭合线框在匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的转轴oo匀速转动，在转动过程中，穿过线框的最大磁通量为m，线框中的最大感应电动势为em，下列说法中正确的是()a在穿过线框的磁通量为的时刻，线框中的感应电动势为b在穿过线框的磁通量为的时刻，线框中的感应电动势为c线框每转动一周，线框中的感应电流方向改变一次d线框转动的角速度为解析闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，若从中性面开始计时，穿过线框的磁通量按余弦规律变化，线框中产生的感应电动势按正弦规律变化，在穿过线框的磁通量为m/2的时刻，线框中的感应电动势大于em/2，a错误；在穿过线框的磁通量为m/的时刻，线框中的感应电动势等于em/，b项正确；线框每转动一周，线框中感应电流的方向改变两次，c错误；由embsm解得线框转动的角速度为em/m，d正确答案bd7如右图所示，面积为s、匝数为n、电阻为r的线圈固定在图示位置，线圈与阻值为r的电阻构成闭合电路，理想交流电压表并联在电阻r的两端；u形磁铁以线圈的中心轴线oo为轴以角速度匀速转动，已知u形磁铁两极间的磁场为匀强磁场，磁感应强度为b，取磁铁转动到图示位置的时刻t0.则()a在t0时刻，线圈处于中性面，流过电阻r的电流为0b1 s内流过电阻r的电流方向改变次c线圈匝数减少为原来的一半，磁铁转动角速度增大到原来2倍，电压表读数不变d在电阻r的两端再并联一只阻值为r的电阻后，电压表的读数不变解析在t0时刻，线圈中的磁通量最小，线圈处于垂直于中性面的位置，感应电动势最大，流过电阻r的电流为最大值，a错；由于一个周期内电流的方向改变两次，1 s内流过电阻r的电流方向改变的次数为n2f，b正确；线圈产生的感应电动势的最大值emnbs，线圈匝数减少为原来的一半，磁铁转动角速度增大到原来2倍，em不变，由于产生的交变电流为正弦交变电流，因此其有效值为e也不变，因匝数减半，内阻也减半，外电阻不变所以路端电压增加，即电压读数变大，所以c不正确当并联一个电阻r后，外电阻内电阻不变，所以路端电压减小，即电压读数减小，所以d错答案b8(2011皖南模拟)如下图所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min的时间，两电阻消耗的电功之比w甲w乙为()a1b12c13 d16解析电功的计算，i要用有效值计算，图甲中，由有效值的定义得()2r21020()2r2102ir6102，得i1 a；图乙中，i的值不变i21 a，由wuiti2rt可以得到w甲w乙13，c正确答案c9如图甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴oo以恒定的角速度转动，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，在t时刻()a线圈中的电流最大b穿过线圈的磁通量最大c线圈所受的安培力为零d穿过线圈磁通量的变化率最大解析注意线圈转动过程中通过两个特殊位置(平行于磁感线和垂直于磁感线)时的特点；磁通量、磁通量的变化、磁通量的变化率不同；t，线圈转过90，本题应选b、c.答案bc10将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为l，它在磁感应强度为b、方向如右图所示的匀强磁场中匀速转动，转速为n，导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为p的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为()a. b.c. d.解析单匝正方形线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，将产生正弦式电流，则电动势的最大值embl22nbl2，其有效值e，计算小灯泡的额定功率p要用其有效值，即p.r，故只有b选项正确答案b二、非选择题(共30分)11(15分)下图甲所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴oo匀速转动，线圈的匝数n100匝、电阻r10 ，线圈的两端经集流环与电阻r连接，电阻r90 ，与r并联的交流电压表为理想电表在t0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量随时间t按下图乙所示正弦规律变化求：(1)交流发电机产生的电动势的最大值；(2)电路中交流电压表的示数解析(1)交流发电机产生的电动势的最大值emnbs而mbs，所以em由t图线可知：m2.0102 wb，t6.28102 s所以em200 v.(2)电动势的有效值eem100 v由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为i a交流电压表的示数为uir90 v127 v.答案(1)200 v(2)127 v12(15分)如下图甲所示是某同学设计的一种振动发电装置的示意图，它的结构是一个套在辐向形永久磁铁槽中的半径为r0.10 m、匝数n20匝的线圈，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如下图乙所示)在线圈所在位置磁感应强度b的大小均为b t，线圈的电阻为r10.50 ，它的引出线接有r29.5 的小电珠l.外力推动线圈框架的p端，使线圈沿轴线做往复运动，便有电流通过小电珠当线圈运动速度v随时间t变化的规律如下图丙所示时(摩擦等损耗不计)求：(1)小电珠中电流的最大值；(2)电压表的示数；(3)t0.1 s时外力f的大小；(4)在不改变发电装置结构的条件下，要使小电珠的功率提高双倍，可采取什么办法(至少说出两种方法)?解析(1)由题意及法拉第电磁感应定律知道，由于线圈在磁场中做往复运动，产生的感应电动势的大小符合正弦曲线变化规律，线圈中的感应电动势的最大值为：emnblvnb2rvm，电路总电阻为：r1r2，那么小电珠中电流的最大值为im a0.16 a.(2)电压表示数为有效值uimr20.169.5 v0.76 v1.07 v.(3)当t0.1 s也就是t/4时，外力f的大小为fnb2rimvm0.128 n.(4)提高vm用变压器答案(1)0.16 a(2)1.07 v(3)0.128 n(4)提高vm用变压器拓展题：某小型发电机矩形线圈面积为200 cm2，共50匝，电阻0.05 ，用电磁铁做磁场，磁场的磁感应强度为1 t，产生频率为50 hz的单相正弦交变电流外电路由110盏“220 v,40 w”的灯泡组成，当灯泡全部正常发光时，试求：(1)输电导线的电阻多大？(2)若只用11盏电灯，为了使电灯正常发光，而发出的交变电流频率又不能变化，则电磁铁磁场的磁感应强度应调到多大？解析(1)交变电流的最大值为emnbs2f，