《山东省专用2018_2019学年高中物理第五章交变电流课时跟踪检测二十四交变电流含解析新人教版选修3_2.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山东省专用2018_2019学年高中物理第五章交变电流课时跟踪检测二十四交变电流含解析新人教版选修3_2.pdf（6页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、课时跟踪检测（二十四）交变电流课时跟踪检测（二十四）交变电流 1为了研究交流电的产生过程，小张同学设计了如下实验构思方案：第一次将单匝矩形 线圈放在匀强磁场中，线圈绕转轴OO1按图示方向匀速转动(ab向纸外，cd向纸内)。并从图 甲所示位置开始计时。此时产生的交流电如图乙所示。第二次他仅将转轴移至ab边上，第三 次他仅将转轴右侧的磁场去掉，关于后两次的电流图像，下列说法正确的是( ) A第二次是 A 图 B第二次是 C 图 C第三次是 B 图 D第三次是 D 图 解析：选 D 第二次将转轴移到ab边上，产生的感应电流与第一次相同，第三次将OO1 右侧磁场去掉， 线圈在转动过程中只有一边切割磁感
2、线， 产生的感应电流的最大值为原来的 ， 1 2 因此选 D。 2一闭合矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴OO匀速转动，线圈平面位于如图甲 所示的匀强磁场中。通过线圈的磁通量随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法正确的 是( ) At1、t3时刻通过线圈的磁通量变化率最大 Bt1、t3时刻线圈中感应电流方向改变 Ct2、t4时刻通过线圈的磁通量最大 Dt2、t4时刻线圈中感应电动势最小 解析 ： 选 B t1、t3时刻通过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为零，此时感应电动势、 感应电流均为零，线圈中感应电流方向改变，选项 A 错误，选项 B 正确；t2、t4时刻通过线圈 的磁通量为零，磁通量
3、的变化率最大，即感应电动势最大，选项 C、D 错误。 3.多选某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生 交变电流的图像如图所示，由图中信息可以判断( ) A在A和C时刻线圈处于中性面位置 B在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零 C从AD时刻线圈转过的角度为 3 2 D若从OD时刻历时 0.02 s，则在 1 s 内交变电流的方向改变 100 次 解析：选 CD 由题图可知，在O、B、D时刻感应电流为零，所以此时线圈恰好在中性面 位置，且穿过线圈的磁通量最大 ； 在A、C时刻感应电流最大，线圈处于和中性面垂直的位置， 此时穿过线圈的磁通量为零，故 A、B 错误。从A到D时刻，线圈旋转 周，转
4、过的角度为 ； 3 4 3 2 如果从O到D时刻历时 0.02 s，恰好为一个周期，所以 1 s 内线圈转动 50 个周期，100 次经 过中性面，交变电流的方向改变 100 次，故 C、D 正确。 4.如图所示，一矩形线圈abcd，已知ab边长为l1，bc边长为l2，在 磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO轴以角速度从图示位置开始匀速转 动， 则t时刻线圈中的感应电动势为( ) A0.5Bl1l2sin t B0.5Bl1l2cos t CBl1l2sin t DBl1l2cos t 解析：选 D 因为开始时刻线圈平面与磁感线平行，即从垂直于中性面开始运动，所以开 始时刻线圈中感应电动势最大为E
5、mBl1l2， 感应电动势的表达形式应为余弦形式， 因此在t 时刻线圈中的感应电动势为Bl1l2 cos t，故正确选项为 D。 5.多选如图所示， 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 到图示与磁场方向平行时( ) 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线圈分别绕P1和P2转动时的电流的方向相同，都是adcb 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 解析：选 AC 产生正弦交变电流的条件是轴和磁感线垂直，与轴的位置和线圈形状无关，
6、 线圈abcd分别绕轴P1、P2转动， 转到图示位置时产生的电动势EnBS， 由I可知此时I E R总 相等， 故选项 A 正确， 选项 B 错误 ； 由右手定则可知电流方向为adcb， 故选项 C 正确 ；dc 边受到的安培力FBLdcI，故F一样大，选项 D 错误。 6.如图所示，线圈abcd的面积是 0.05 m2，共 100 匝，线圈的总电阻r1 ，外接电阻R9 ， 匀强磁场的磁感应强度B T，线圈以角速度 1 100 rad/s 匀速转动。 (1)若线圈经过图示位置(线圈平面与磁感线垂直)时开始计时，写出 线圈中感应电动势瞬时值的表达式。 (2)写出交变电流的瞬时值表达式。 (3)求
7、线圈由图示位置转过的过程中，交变电动势的平均值。 2 解析：(1)线圈中感应电动势的最大值为 EmNBS1000.05100 V500 V 1 线圈中感应电动势瞬时值eEmsin t 所以e500sin 100t(V)。 (2)交变电流的最大值Im A50 A， Em Rr 500 91 所以电流的瞬时值表达式为i50sin 100t(A)。 (3) N V。E t 2NBS 1 000 答案：(1)e500sin 100t(V) (2)i50sin 100t(A) (3) V 1 000 7.如图所示，在水平匀强磁场中一矩形闭合线圈绕OO轴匀速转动， 若要使线圈中的电流峰值减半，不可行的方法
8、是( ) A只将线圈的转速减半 B只将线圈的匝数减半 C只将匀强磁场的磁感应强度减半 D只将线圈的边长减半 解析：选 B 由Im，EmNBS，2n，得Im，故 A、C 可行；又电 Em R NBS2n R 阻R与匝数有关，当匝数减半时电阻R也随之减半，则Im不变，故 B 不可行；当边长减半时， 面积S减为原来的 ，而电阻减为原来的 ，故 D 可行。 1 4 1 2 8.多选一矩形线圈，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向并位于线 圈平面的固定轴转动，线圈中产生的感应电动势e随时间t的变化规 律如图所示，则下列说法中正确的是( ) At1和t3时刻穿过线圈的磁通量为零 Bt1和t3时刻穿过线圈的磁通量的
9、变化率为零 C线圈平面从与磁场方向平行的时刻开始计时 D每当感应电动势e变换方向时，穿过线圈的磁通量的绝对值都最大 解析：选 BCD 由图像可知，为余弦式交变电流，说明t0 时，线圈平面与磁感线方向 平行，选项 C 正确。t1、t3时刻感应电动势为零，说明这两个时刻穿过线圈的磁通量变化率为 零，穿过线圈的磁通量最大，所以选项 B 正确，选项 A 错误。当线圈通过中性面时，穿过线 圈的磁通量的绝对值最大， 感应电动势为零， 感应电动势的方向要发生改变， 所以选项 D 正确。 9一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 变化的图像如图所示。则下列说法中正确的是(
10、) At0 时刻，线圈平面与中性面垂直 Bt0.01 s 时刻，的变化率为 0 Ct0.02 s 时刻，感应电动势达到最大 D从t0.01 s 时刻至t0.04 s 时刻线圈转过的角度是 3 2 解析 ： 选 D 由图像可知t0、t0.02 s、t0.04 s 时刻线圈平面位于中性面位置， 最大，0， 故E0；t0.01 s、t0.03 s、t0.05 s时刻线圈平面与磁感线平行， t 最小，最大，故E最大，从图像可知，从t0.01 s 时刻至t0.04 s 时刻线圈旋转 周， t 3 4 转过的角度为 。 3 2 10.多选一单匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴线 匀速转动时产生正弦式交
11、变电流，其电动势的变化规律如图中图线 a所示，当调整线圈转速后，电动势的变化规律如图线b所示，以下 关于这两个正弦式交变电流的说法正确的是( ) A从图线可算出穿过线圈磁通量的最大值 B线圈先后两次转速之比为 23 C在图线a和b中，t0 时刻穿过线圈的磁通量均为零 D图线b电动势的瞬时值表达式为e100sin t(V) 100 3 解析 ： 选 AD 根据图线a： 感应电动势最大值EmBSm， 因此磁通量最大值m Em a Wb， A 正确。线圈先后两次周期之比 ， ， B 错误。t0 时刻 EmTa 2 3 Ta Tb 0.04 s 0.06 s 2 3 na nb Tb Ta 3 2 感
12、应电动势为零，线圈处于中性面位置，磁通量最大，C 错误。感应电动势最大值EmBS，因此 Ema Emb ，即EmbEma100 V，图线b电动势瞬时值表达式为eEmbsin bt100sin a b 3 2 2 3 100 3 t(V)，D 正确。 11.如图所示，匀强磁场B0.1 T，所用矩形线圈的匝数N100，边长ab 0.2 m，bc0. 5 m， 以角速度100 rad/s 绕OO轴匀速转动。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瞬时值表达式。 (2)由t0 至t 过程中的平均电动势值。 T 4 解析：(1)感应电动势的瞬时值eNBSsin t， 由题可知
13、Sab0.20.5 m20.1 m2bc EmNBS1000.10.1100 V314 V 所以e314sin 100t(V)。 (2)用EN计算t0 至t 过程中的平均电动势 t T 4 ENN | 2 0| T 40 |0BS| T 4 4NBS 2 即ENBS。代入数值得E200 V。 2 答案：(1)e314sin 100t(V) (2)200 V 12.如图所示，在匀强磁场中有一个“”形导线框，可绕AB轴转动，已知匀强磁场的 磁感应强度B T，线框相邻两边相互垂直，其中CD边长为 20 cm，CE、DF长均为 10 cm， 转 5 2 速为 50 r/s，若从图示CEFD平面平行磁场
14、位置开始计时： (1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式； (2)求出由图示位置转过 30过程中线框产生的平均电动势； (3)作出线框中感应电动势随时间变化的et图像。 解析：(1)线框转动，开始计时的位置为线框平面与磁感线平行的位置，CD边长为l120 cm，CE、DF边长为l210 cm，在t时刻线框转过的角度为t， 此时刻eBl1l2cos t 其中B T 5 2 l1l20.10.2 m20.02 m2 2n250 rad/s100 rad/s 故e0.02100cos 100t(V) 5 2 即e10 cos 100t(V)。2 (2)线框由题图所示位置转过 30的过程中 Bl1l2 1 2 t 6 则平均电动势E V。 t 30 2 (3)线框中感应电动势随时间变化的图像如图所示： 答案：(1)e10 cos 100t(V) (2) V2 30 2 (3)见解析图