高中物理粤教版2第二章交变电流第02节交变电流的描述 第二章第二节交变电流的描述

第二章交变电流第二节交变电流的描述A级抓基础1．下列各物理量中，对线圈上产生的交流电动势不产生影响的是()A．匀强磁场的磁感应强度 B．线圈的总电阻C．线圈的转速 D．线圈的匝数解析：Em＝NBSω，e＝Emsinωt，与B、S、ω、N有关．答案：B2．如图所示，有一面积为S、匝数为N、电阻为R的固定矩形线圈放置在磁感强度大小恒为B的旋转磁场中，磁场方向垂直于线框的对称轴OO′，现让磁场绕OO′以角速度ω按图示方向匀速转动，从图示位置开始计时，转过eq\f(π,2)的过程中，感应电动势随时间变化的规律以及感应电流的方向，以下判断正确的是()A．e＝NBωSsin(ωt)，电流方向为abcdaB．e＝NBωSsin(ωt)，电流方向为adcbaC．e＝NBωScos(ωt)，电流方向为abcdaD．e＝NBωScos(ωt)，电流方向为adcba解析：当磁场绕转轴OO′逆时针转动时，dc的速度方向相对于磁场向外，ab的速度方向相对于磁场向里，根据右手定则判断出ab中感应电流方向为a→b，cd中电流方向为c→d，线圈中感应电流的方向沿abcda；线圈中的感应电动势的最大值Em＝NBSω，从与中性面垂直的位置开始计时，故e＝NBωScos(ωt)，故C正确．答案：C3.如图所示，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t＝0时刻，线圈平面与纸面重合，线圈的cd边离开纸面向外运动．若规定a→b→c→d→a方向的感应电流为正方向，则下图能反映线圈感应电流I随时间t变化的图线是()解析：在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合，即此时磁通量为零，磁通量变化率最大，所以产生的感应电动势最大，故感应电流最大，根据右手定则，可知电流方向为a→b→c→d→a，所以选C.答案：C4．(多选)线圈在磁场中匀速转动产生的交流电的瞬时电动势为e＝10eq\r(2)sin20πt(V)，则下列说法正确的是()A．t＝0时，线圈平面位于中性面B．t＝0时，穿过线圈的磁通量最大C．t＝0时，导线切割磁感线的有效速度最大D．t＝s时，e达到峰值10eq\r(2)V解析：根据交流电动势的瞬时值表达式可判断题目所给的交流电为正弦式交变电流，当t＝0时，e＝0，所以此时磁通量的变化率为零，导线切割磁感线的有效速度为零，但此时穿过线圈的磁通量最大，线圈平面位于中性面，所以A、B正确，C错误；当t＝s时，e＝10eq\r(2)sin20πt(V)＝10eq\r(2)sin8π(V)＝0，所以D错误．答案：AB5．(多选)如图甲所示，电阻为1Ω的矩形线圈绕垂直匀强磁场的转轴OO′匀速旋转产生交变电流，现将此电流给阻值为R＝10Ω的小灯泡L供电，通过电流传感器得到灯泡中电流的图象如图乙所示，不考虑温度对灯泡阻值的影响，下列说法中正确的是()图甲图乙A．在t＝5×10－3s时，线圈处于中性面位置B．在t＝10×10－3s时，穿过线圈的磁通量最大C．线圈产生的交流电的最大电动势为50VD．线圈产生的交流电的最大电动势为55V解析：由图可知t＝s时刻感应电流最小为零，此时线圈所在平面处于中性面位置，故A正确；t＝10×10－3s时刻感应电流最大，此时线圈所在平面与中性面位置垂直，所以穿过线框回路的磁通量最小，故B错误；线圈产生的交流电的电动势最大值Em＝Im(R＋r)＝55V，故C错误，D正确．答案：ADB级提能力6.(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′观察，线圈沿逆时针方向转动．已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，边长为l，电阻为R，转动的角速度为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．线圈中的感应电流为eq\f(nBl2ω,R)C．穿过线圈的磁通量为0D．穿过线圈的磁通量的变化率最大解析：图示位置为垂直于中性面的位置，此时通过线圈的磁通量为零，但磁通量的变化率最大，感应电流也最大，I＝eq\f(nBSω,R)＝eq\f(nBl2ω,R)，由右手定则可判断出线圈中感应电流的方向为adcba.答案：BCD7．如图所示，矩形线圈abcd，已知ab为L1，ad为L2，在磁感强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω(从图中位置开始)匀速转动，则线圈中感应电动势的大小为()A．eq\f(1,2)BL1L2ωsinωt B．eq\f(1,2)BL1L2ωcosωtC．BL1L2ωsinωt D．BL1L2ωcos解析：线圈经过时间t时，转过角度θ，这时ab、cd边切割磁感线产生感应电动势eab＝BL1vsinθ，ecd＝BL1vsinθ，bc，ad边不切割磁感线不产生感应电动势，故线圈中的感应电动势为e＝eab＋Ecd＝2BL1vsinθ＝2BL1·eq\f(1,2)L2ωsinωt＝BL1L2ωsinωt，故正确选项应为C.答案：C8．如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中可以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转动时的电流等于绕P2转动时的电流B．线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势C．线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同，都是a→b→c→dD．线圈绕P1转动时cd边受到的安培力大于绕P2转动时cd边受到的安培力解析：无论是绕P1转动还是绕P2转动，线圈转到图示位置时产生的电动势都为最大值Em＝nBSω，由欧姆定律可知此时I相等，A对，B错；由右手定则可知线圈中电流方向为a→d→c→b→a，故C错；cd边所受的安培力F＝BLcdI，故F一样大，D错．答案：A9．一台发电机产生的按正弦规律变化的感应电动势的最大值为311V，其线圈共100匝，在匀强磁场中匀速转动的角速度是100πrad/s，从线圈经过中性面开始计时(1)写出感应电动势的瞬时值表达式．(2)若该发电机只与含电阻的负载组成闭合电路，电路中的总电阻为100ω，试写出通过负载的电流强度的瞬时表达式．在t＝eq\f(1,600)s时电流强度的瞬时值为多少？(3)线圈转过180°的过程中，电动势的平均值是多少？(4)磁通量的变化率的最大值是多少？解析：(1)正弦交变电流的电动势一般表达式为：e＝Emsinωt(以中性面开始计时)，所以e＝311sin100πt(V)．(2)由闭合电路欧姆定律得：i＝eq\f(e,R)＝eq\f(Em,R)sinωt，即i＝100πt(A)，故在t＝eq\f(1,600)s时，i＝\f(π,6)A≈1.56A.(3)线框在转过180°的过程中，磁通量的变化：ΔФ＝2BS，此时Δt＝eq\f(T,2)＝eq\f(π,ω)，由法拉第电磁感应定律得这一过程中的平均电动势：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2,π)nBSω，所以E＝eq\f(2,π)Em＝198V.(4)电动势最大时，由法拉第电磁感应定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，则：eq\f(ΔΦ,Δt)＝Wb/s.答案：见解析10．在磁感应强度为1T的匀强磁场中有一匝数为10匝的矩形线圈ABCD，如图所示，其绕OO′轴以线圈的转速n＝eq\f(50,π)r/s匀速转动．AB＝20cm，BC＝25cm，线框总电阻为r＝1Ω，定值电阻阻值为R＝9Ω，从图示位置开始计时．(1)写出t时刻线圈中的感应电动势e；(2)线框转过30°，R上流过的电荷量为多少？(3)当转过30°时，磁通量变化率为多少？解析：(1)线圈转动的角速度ω＝2πn＝100rad/s，产生的最大感应电动势Em＝nBSω＝10×1×××100V＝50V，故t时刻感应电动势e＝50cos100t(V)．(2)转动过程中产生的平均感应电动势E＝eq\f(nΔΦ,Δt)，形成的感应电流I＝eq\f(E,R＋r)，故流过的电荷量q＝It＝neq\f(ΔΦ,R＋r)＝0.025C.(3)产生的感应电动势的瞬时表达式：e＝50co