2024-2025学年高中物理第五章交变电流课时提升作业七5.1交变电流新人教版选修3-2

PAGEPAGE1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.(2024·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的方向均发生了变更,故它们属于交变电流,但不是按正(余)弦函数规律变更的交变电流;图D中e的方向未变更,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=nBSωR+r可知,角速度增大一倍后,3.(多选)一个矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的沟通电动势e=2202sin100πtV,则下列推断正确的是 ()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。因按正弦规律变更,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=311sin100πt(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】选A。交变电流瞬时表达式i=311sin100πt(A),是从线圈经过中性面起先计时的,故在100πt=π2时刻第一次出现电流峰值,即0.005s4.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。则在这两种状况下,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.变更规律不同 D.一切都相同【解析】选D。依据e=nBSωcosωt知,感应电动势与转轴位置无关。5.(多选)(2024·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更规律如图所示。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,电动势变更方向C.电动势的最大值是157VD.在t=0.4s时,磁通量变更率最大,其值为3.14Wb/s【解析】选C、D。从图中可知,在0.1s和0.3s时刻,穿过线圈的磁通量最大,此时磁通量的变更率等于零;0.2s和0.4s时刻,穿过线圈的磁通量为零,但此时磁通量的变更率最大,此时电动势方向不会变更,由此得A、B错误。依据电动势的最大值公式:Em=nBSω,Φm=BS,ω=2πT,可得:Em=50×0.2×2×3.140.6.(多选)(2024·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,磁通量的变更率为零B.线圈在转动中经中性面位置时,穿过线圈的磁通量为零,磁通量的变更率最大C.线圈每经过一次中性面,感应电流的方向就变更一次D.线圈每转动一周经过中性面一次,所以线圈每转动一周,感应电流的方向就变更一次【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,所以磁通量的变更率为零,A选项正确,B选项错误;线圈每经过一次中性面,感应电流的方向就变更一次,线圈每转动一周经过中性面两次,所以每转动一周,感应电流的方向就变更两次,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,从中性面起先转动180°的过程中,平均感应电动势和最大感应电动势之比为 ()A.2∶πB.π∶2C.2π∶1D.1∶2π【解析】选A。转动180°过程中,平均感应电动势由E=ΔΦΔt计算,得E=2BS12·2πω=28.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a→b→c→dD.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a→d→c→b,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)(2024·南平高二检测)如图所示为某交变电动势随时间变更的图象,从图象中可知交变电动势的最大值为________V。若此沟通线圈共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310V,由最大值公式可以求出最大磁通量,Em=nBSω=nΦmωΦm=Emnω=310100×100π答案:3103110.(26分)一个100匝的矩形线圈,其面积为200cm2、电阻为10Ω,与外电阻R=90Ω相接后,它在匀强磁场中转动所产生的感应电流随时间变更的图象如图所示,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=NBSω=NBS2πT,由闭合电路欧姆定律得:Im=E由图知:Im=π×10-2A,T=0.10s,由题可得:S=200cm2=0.02m2,R+r=90Ω+10Ω=100Ω,N=100,把上述条件代入B=(R答案:0.025T【补偿训练】如图所示,匀强磁场的磁感应强度B=2πT,边长L=10cm的正方形线圈abcd共100匝,线圈电阻r=1Ω,线圈绕垂直于磁感线的轴OO1匀速转动,ω=2πrad/s,外电路电阻R=4Ω。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=NBL2ω=100×2π×0.01×2πV=22(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E,则E=NΔΦΔt,Δt=π6ω,ΔΦ=BL2sin30°答案:(1)22V(2)62【实力挑战区】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更状况是 ()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,线圈平面对垂直磁场方向转动,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,但垂直磁场方向的重量减小,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=0.5T,线圈匝数n=50,每匝线圈面积为0.48m2,转速为150r/min,在匀速转动过程中,从图示位置起先计时。 (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起先计时,则线圈在时间t内转过角度ωt,于是感应电动势瞬时值e=Emsinωt,其中Em=nBSω。由题意知n=50,B=0.5T,ω=2π·15060rad/s=5πrad/s,S=0.48m2,Em=nBSω=50×0.5×0.48×188V,所以e=188sin5πt(V)。(2)依据沟通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,沟通电的频率与正弦图线的周期相对应,ω=2πT,而周期由时间轴上的刻度值标出,T=答案:(1)e=188sin5πt(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状况。(2)驾驭线圈及其相关的物理量,利用Em=NBSω算