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文档简介

1、5.1 交变电流 每课一练人教版选修3-21关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流,以下说法中正确的选项是()A线圈平面每经过中性面一次,感应电流方向就改变一次,感应电动势方向不变B线圈每转动一圈,感应电流方向就改变一次C线圈每平面经过中性面一次,感应电动势和感应电流的方向都要改变一次D线圈每转动一圈,感应电动势和感应电流方向都要改变一次2线圈在磁场中匀速转动产生的交流电的瞬时电动势为e10eq r(2)sin 20t V,那么以下说法正确的选项是()At0时,线圈平面位于中性面Bt0时,穿过线圈的磁通量最大Ct0时,导线切割磁感线的有效速度最大Dt0.4 s时,e到达峰值10eq r(2)

2、V3交流发电机在工作时的电动势为eEmsin t,假设将其电枢的转速提高1倍,其他条件不变,那么其电动势变为()AEmsineq f(t,2) B2Emsineq f(t,2)CEmsin 2t D2Emsin 2t4一闭合矩形线圈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7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,以下说法正确的选项是()图7At1、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时刻线圈中磁通量最大Dt2、t4时刻线圈中感应电动势最小5如图8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

3、轴OO匀速转动沿着OO观察,线圈沿逆时针方向转动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,那么当线圈转至图示位置时()图8A线圈中感应电流的方向为abcdaB线圈中的感应电流为eq f(nBl2,R)C穿过线圈的磁通量为0D穿过线圈的磁通量的变化率为06如图9所示,矩形线圈abcd,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(从图中位置开始)匀速转动,那么线圈中感应电动势的大小为()图9Aeq f(1,2)BL1L2sin t Beq f(1,2)BL1L2cos tCBL1L2sin t DBL1L2cos t7如图10所示,一矩形线

4、圈abcd放置在匀强磁场中,并绕过ab、cd中点的轴OO以角速度逆时针匀速转动假设以线圈平面与磁场夹角0时(如图)为计时起点,并规定当电流自a流向b时电流方向为正那么以下四幅图中正确的选项是()图108如图11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当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,那么在teq f(,2)时刻()图11A线圈中的电流最大B穿过线圈的磁通量为零C线圈所受的安培力为零D线圈中的电流为零9如图12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

5、线圈平面转到与磁场方向平行时()图12A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abcdD线圈绕P1转动时cd边受到的安培力大于绕P2转动时cd边受到的安培力题号123456789答案10一矩形线圈在匀强磁场中以角速度4 rad/s匀速转动,产生的交变电动势的图象如图13所示那么交变电流的频率为_Hz,当t0时,线圈平面与磁感线_,当t0.5 s时,e为_V.图1311如图14所示,在匀强磁场中有一个“n形导线框可绕AB轴转动,匀强磁场的磁感应强度Beq f(5r(2),) T,线框的CD边长为l

6、120 cm,CE、DF边长均为l210 cm,转速为50 r/s.假设从图示位置开始计时:图14(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式;(2)在et坐标系中作出线框中感应电动势随时间变化关系的图象12如图15所示,匀强磁场B0.1 T,所用矩形线圈的匝数N100,边长ab0.2 m,bc0.5 m,以角速度100 rad/s绕OO轴匀速转动从线圈平面通过中性面时开始计时,试求:图15(1)线圈中感应电动势的大小(2)由t0至teq f(T,4)过程中的平均电动势值参考答案课后稳固练1C2AB根据交流电动势的瞬时值表达式可判断为正弦式交变电流,当t0时,e0,所以此时磁通量的变化率为零,导线

7、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t0.4 s时,e10eq r(2)sin 20t V10eq r(2)sin 8 V0,所以D错误3D电枢转速提高1倍,由2n知,角速度变为原来的2倍;由电动势最大值表达式EmnBS知,最大值也变为原来的2倍4Bt1、t3时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大,磁通量变化率eq f(,t)0,此时感应电动势、感应电流为零,线圈中感应电流方向改变,A错误,B正确;t2、t4时刻线圈中磁通量为零,磁通量的变化率最大,即感应电动势最大,C、D错误5BC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

8、,但磁通量的变化率最大,感应电流也最大,Ieq f(nBS,R)eq f(nBl2,R),由右手定那么可判断出线圈中感应电流的方向为adcba.6C线圈经过时间t时,转过角度,这时ab,cd边切割磁感线产生感应电动势EabBL1vsin ,EcdBL1vsin ,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EEabEcd2BL1vsin 2BL1eq f(1,2)L2sin tBL1L2sin t,故正确选项应为C.7D矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动,从线圈平面与磁场方向平行开始计时,产生的感应电流按余弦规律变化,由于t=0时,线圈的转动方向如题图,由右手

9、定那么判断可得,此时ad中电流方向为由a到d,线圈中电流方向为adcba,与规定的电流正方向相反,电流为负值又因为此时产生的感应电动势最大,故只有D正确8CDteq f(,2)eq f(T,4),此时线圈位于中性面位置,所以穿过线圈的磁通量最大,B错误;由于此时感应电动势为零,所以线圈中电流为零,线圈所受的安培力为零,A错误,C、D正确9A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=nBS,由欧姆定律可知此时I相等,A对,B错;由右手定那么可知线圈中电流方向为adcba,故C错;cd边所受的安培力FBLcdI,故F一样大,D错102垂直0解析Teq f(2,)

10、eq f(1,2) s,那么交流电的频率feq f(1,T)t0时,e0,线圈位于中性面位置,线圈平面和磁感线垂直;当t0.5 s时,t2ft2,e0.11(1)e10eq r(2)cos 100t V(2)见解析解析(1)线框转动,开始计时的位置为线圈平面与磁感线平行的位置,产生的交变电流按余弦规律变化,在t时刻线框转过的角度为t,此时刻eBl1l2cos t,即eBScos t,其中Beq f(5r(2),) T,S0.10.2 m20.02 m2,2n250 rad/s100 rad/s,故eeq f(5r(2),)0.02100cos 100t V,即e10eq r(2)cos 100

11、t V.(2)Teq f(2,)0.02 s,线框中感应电动势随时间变化关系的图象如以下图所示12(1)e314sin 100t V(2)200 V解析(1)解法一线圈经过时间t转过角度t,这时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eabecdNBeq xto(ab)vsin t,其中veq f(xto(ad),2)eq f(xto(bc),2),所以eeabecd2eab2NBeq xto(ab)eq f(xto(ad),2)sin tNBSsin t,那么EmNBS1000.10.1100 V314 V,e314sin 100t V解法二感应电动势的瞬时值eNBSsin t,由题可知Seq xto(ab)eq xto(bc)0.20

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