高中物理人教版选修3-2课后训练：5.1 交变电流 Word版含解析 (2).pptx

ωlBC 依题意有 e＝eAB＋eCD＝2eAB＝2nBlAB·2 ·sin ωt＝nBSωsinωt Em＝nBSω＝100×0.1×0.2×0.5×100π V＝314 V 所以 e＝314sin100πt V。 方法二：感应电动势的瞬时值 e＝nBSωsinωt，由题可知 S＝lAB·lBC＝0.2×0.5 m2＝0.1 m2 Em＝nBSω＝100×0.1×0.1×100π V＝314 V 所以 e＝314sin100πt V。 (2)用 E ＝nΔΔΦt 计算 t＝0 至 t＝T4过程中的平均电动势 E ＝n|ΦT42π－－0Φ0|＝n|0－T4BS|＝4n2ωBπS＝2nBπSω 代入数据得 E ＝200 V。
A. 将线圈水平向右匀速拉出磁场 B. 使线圈以 OO′为轴匀速转动 C. 使线圈以 ab 为轴匀速转动
D. 磁场以 B＝B0sinωt 规律变化
答案 BCD 解析 将线圈向右拉出磁场时，线圈中电流方向不变，A 错误；B、C 两种情况下产生 交变电流，不同的是在C 情况下当线圈全部位于磁场外的一段时间内线圈内没有电流，B、 C 正确；由法拉第电磁感应定律可知 D 种情况下产生按余弦规律变化 的电流，B、C、D 正确。 10.(多选)如图所示，电阻为 R 的正方形导线框，边长为 l，在磁 感应强度为 B，方向水平向右的匀强磁场中，在 t＝0 时，线框所在平面与磁场垂直，线框 处于竖直平面内，现使它绕水平轴 OO′以角速度 ω 匀速转过 180°，则在转动过程中( ) A．通过导线任意截面的电荷量为 0 B．通过导线任意截面的电荷量为2BRl2 C. 导线框中磁通量的最大变化率为 Bωl2 D. 导线框中感应电流方向改变一次
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→d D. 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
答案 A 解析 线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量为零，磁通量变化率最大，两种 情况下产生的感应电动势和感应电流最大且相等，所以 A 正确 B 错误。由楞次定律和右手 定则可知电流方向相同且沿 a→d→c→b 方向，C 错误。由于电流相同，所以两种情况下 dc 边受到的安培力相等，D 错误。
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第五章 第 1 节
一、选择题 1．(多选)如图所示的图象中属于交变电流的有( )
答案 ABC 解析 选项 A、B、C 中 e 的方向均发生了变化，故它们属于交变电流，但不是正弦式 交变电流，选项D 中 e 的方向未变化，故是直流电。 2．(多选)线圈在匀强磁场中转动，产生的电动势表达式为 e＝10sin20πt 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，线圈切割磁感线的有效速率最大 D. t＝0.4 s 时，e 有最大值 10 2 V 答案 AB 解析 由电动势的瞬时值表达式可知计时从线圈位于中性面时开始，所以 t＝0 时，线 圈平面位于中性面，磁通量最大，但此时线圈速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效 速 率为零，A、B 正确，C 错误。当 t＝0.4 s 时，e＝10sin20πt＝10×sin(20π×0.4) V＝0，D 错 误。 3．关于中性面，下列说法中不正确的是( ) A ．中性面就是穿过线圈的磁通量为零的面
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答案 A 解析 线圈总有一半在磁场中做切割磁感线的匀速转动，产生的仍然是正弦交变电流 ， 只项 B、C 错误。由右 手定则可知选项A 正确，选项D 错误。 9．(多选)[2015·桂林第十八中学期中]如图所示，一面积为 S 的单匝矩形线圈处于有界 磁场中，能使线圈中产生交变电流的是( )
二、非选择题 12．如图甲所示，矩形线圈匝数 N＝100 匝，ab＝30 cm，ad＝20 cm，匀强磁场磁感应 强度 B＝0.8 T，绕轴 OO′从图示位置开始匀速转动，角速度 ω＝100π rad/s，试求：
(1)穿过线圈的磁通量最大值 Φm 为多大？线圈转到什么位置时取得此值？ (2)线圈产生的感应电动势最大值 Em 为多大？线圈转到什么位置时取得此值
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C、D 项均错误。
7．旋转电枢式交流发电机的感应电动势 e＝Emsinωt，如将电枢的匝数增加一倍，电枢
的转速也增加一倍，其他条件不变，感应电动势的表达式将变为( )
A．e＝2Emsin2ωt C．e＝4Emsin2ωt 答案 C
B．e＝2Emsin4ωt D．e＝4Emsin4ωt
解析 e＝Emsinωt＝NBSωsinωt，N′＝2N，ω′＝2ω，故 E′m＝4Em，e′＝4Emsin2ωt。 8．如图所示，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(ab 向纸 外 ， cd 向 纸 内)。 若 从 图 所 示 位置 开 始计 时 ， 并 规 定 电 流 方 向 沿 a→b→c→d→a 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 ()
A. t＝0 时刻，线圈平面与中性面垂直 B. t＝0.01 s 时刻，Φ 的变化率最大 C. t＝0.02 s 时刻，交变电动势达到最大 D. 该线圈产生的相应交变电动势的图象如图乙所示 答案 B 解析 由题图甲可知 t＝0 时刻，线圈的磁通量最大，线圈处于中性面。t＝0.01 s 时刻，
磁通量为零，但变化率最大，所以A 项错误，B 项正确。t＝0.02 s 时，交变电动势应为零，
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答案 BC 解析 通过导线任意截面的电荷量为 q＝IΔt＝ERΔt＝ ΔΔtΦ·RΔ＝t ΔRΦ＝2RBl，2 故选项 A 错误， 选项B 正确；磁通量的变化率最大时，感应电动势最大，且 Em＝BSω＝Bωl2，又因为 E＝ΔΔΦt， 所以磁通量的最大变化率为 Bωl2，故选项 C 正确；从中性面转过 180° 的过程中，感应电流的方向不变，故选项D 错误。 11.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，如图所示，当线圈平 面转到与磁场方向平行时( )
答案 C
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解析 线圈在磁场中从题图位置开始匀速转动时可以产生按余弦规律变化的交流电。 对 于题图起始时刻，线圈的 cd 边离开纸面向纸外运动，速度方向和磁场方向垂直，产生 的电 动势的瞬时值最大；用右手定则判断出电流方向为逆时针方向，与规定的正方向相同 。所以 C 对。
6．一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 间变化的图象如图甲所示，则下列说法中正确的是( )
？ (3)写出感应电动势 e 随时间变化的表达式，并在图乙中作出图象。 答案 见解析 解析 (1)当线圈转至与磁感线垂直时，磁通量有最大值。
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Φm＝BS＝0.8×0.3×0.2 Wb＝0.048 Wb (2)线圈与磁感线平行时，感应电动势有最大值 Em＝NBSω＝480π V
(3)表达式 e＝Emcosωt＝480πcos100πt V
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B．中性面就是线圈中磁通量变化率为零的面 C．线圈经过中性面时，电流方向必改变 D ．中性面就是线圈内感应电动势为零的面 答 案A 解析 中性面是穿过线圈的磁通量最大时的面。在中性面时，导体不切割磁感线，且转 过中性面时线圈转动方向与磁场方向的夹角由锐角变为钝角或由钝角变为锐角，所以在中 性 面时线圈中感应电动势为零，电流方向要发生变化。故正确的选项 为 B、C、D，应选 A。 4．线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的图象如图所示 ， 由图象可知( ) A. 在 A、C 时刻线圈处于中性面位置 B. 在 B、D 时刻穿过线圈的磁通量为 0 C. 从 A 时刻到 D 时刻线圈转过的角度为π D. 若从 O 时刻到 D 时刻经过 0.02 s，则在 1 s 内交变电流的方向改变 100 次 答案 D 解析 A、C 时刻感应电流最大，线圈位置与中性面垂直，B、D 时刻感应电流为 0，线 圈在中性面，此时磁通量最大。从 A 时刻到 D 时刻线圈转过的角度为32π。若从 O 时刻到 D 时刻经过 0.02 s，则 T＝0.02 s，则在 1 s 内交变电流的方向改变01.0×2 2＝100(次)，故选项 D 正确。 5．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 边垂直。在 t＝0 时刻，线圈平面与纸面重 合，如图所示，线圈的 cd 边离开纸面向外运动。若规定沿 a→b→c→d→a 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 变化的图象是( )
图象如图所示
13.如图所示，匀强磁场的磁感应强度 B＝0.1 T，所用矩形线圈的匝 数 n＝100，边长 lAB＝0.2 m，lBC＝0.5 m，以角速度 ω＝100π rad/s 绕对 称轴 OO′匀速转动，当线圈平面通过中性面时开始计时，试求：
(1)线圈中感应电动势的大小； (2)由 t＝0 至 t＝4T过程中的平均电动势。 答案 (1)314sin100πt V (2)200 V 解析 (1)方法一：线圈经过时间 t 转过角度 θ＝ωt，BC 和 DA 边不切割磁感线，AB 和 CD 边切割磁感线产生感应电动势，则 eAB＝eCD＝nBlABvsinωt，其中 v＝ωl2AD＝ωl2BC。