XX省专用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选修

XX省专用学年高中物理第五章交变电流课时追踪检测二十四交变电流含分析新人教版选修XX省专用学年高中物理第五章交变电流课时追踪检测二十四交变电流含分析新人教版选修PAGEXX省专用学年高中物理第五章交变电流课时追踪检测二十四交变电流含分析新人教版选修课时追踪检测（二十四）交变电流1．为了研究沟通电的产生过程，小张同学设计了以下实验构想方案：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)。并从图甲所示地点开始计时。此时产生的沟通电如图乙所示。第二次他仅将转轴移至ab边上，第三次他仅将转轴右边的磁场去掉，对于后两次的电流图像，以下说法正确的选项是()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图分析：选D第二次将转轴移到ab边上，产生的感觉电流与第一次同样，第三次将OO1右边磁场去掉，线圈在转动过程中只有一边切割磁感线，产生的感觉电流的最大值为本来的eq\f(1,2)，所以选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。经过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示，以下说法正确的选项是()A．t1、t3时辰经过线圈的磁通量变化率最大B．t1、t3时辰线圈中感觉电流方向改变C．t2、t4时辰经过线圈的磁通量最大D．t2、t4时辰线圈中感觉电动势最小分析：选Bt1、t3时辰经过线圈的磁通量Φ最大，磁通量变化率为零，此时感觉电动势、感觉电流均为零，线圈中感觉电流方向改变，选项A错误，选项B正确；t2、t4时辰经过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，即感觉电动势最大，选项C、D错误。3.[多项选择]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以以下图，由图中信息能够判断()A．在A和C时辰线圈处于中性面地点B．在B和D时辰穿过线圈的磁通量为零C．从A→D时辰线圈转过的角度为eq\f(3,2)πD．若从O→D时辰历时0.02s，则在1s内交变电流的方向改变100次分析：选CD由题图可知，在O、B、D时辰感觉电流为零，所以此时线圈恰幸亏中性面地点，且穿过线圈的磁通量最大；在A、C时辰感觉电流最大，线圈处于和中性面垂直的地点，此时穿过线圈的磁通量为零，故A、B错误。从A到D时辰，线圈旋转eq\f(3,4)周，转过的角度为eq\f(3,2)π；假如从O到D时辰历时0.02s，恰巧为一个周期，所以1s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.以以下图，一矩形线圈abcd，已知ab边长为l1，bc边长为l2，在磁感觉强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω从图示地点开始匀速转动，则t时辰线圈中的感觉电动势为()A．0.5Bl1l2ωsinωtB．0.5Bl1l2ωcosωtC．Bl1l2ωsinωtD．Bl1l2ωcosωt分析：选D由于开始时辰线圈平面与磁感线平行，即从垂直于中性面开始运动，所以开始时辰线圈中感觉电动势最大为Em＝Bl1l2ω，感觉电动势的表达形式应为余弦形式，所以在t时辰线圈中的感觉电动势为Bl1l2ωcosωt，故正确选项为D。5.[多项选择]以以下图，矩形线圈abcd在匀强磁场中能够分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以同样的角速度匀速转动，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同样，都是a→d→c→bD．线圈绕P1转动时dc边遇到的安培力大于绕P2转动时dc边遇到的安培力分析：选AC产生正弦交变电流的条件是轴和磁感线垂直，与轴的地点和线圈形状没关，线圈abcd分别绕轴P1、P2转动，转到图示地点时产生的电动势E＝nBSω，由I＝eq\f(E,R总)可知此时I相等，应选项A正确，选项B错误；由右手定章可知电流方向为a→d→c→b，应选项C正确；dc边遇到的安培力F＝BLdcI，故F同样大，选项D错误。6.以以下图，线圈abcd的面积是0.05m2，共100匝，线圈的总电阻r＝1Ω，外接电阻R＝9Ω，匀强磁场的磁感觉强度B＝eq\f(1,π)T，线圈以角速度ω＝100πrad/s匀速转动。(1)若线圈经过图示地点(线圈平面与磁感线垂直)时开始计时，写出线圈中感觉电动势瞬市价的表达式。(2)写出交变电流的瞬市价表达式。(3)求线圈由图示地点转过eq\f(π,2)的过程中，交变电动势的均匀值。分析：(1)线圈中感觉电动势的最大值为Em＝NBSω＝100×eq\f(1,π)×0.05×100πV＝500V线圈中感觉电动势瞬市价e＝Emsinωt所以e＝500sin100πt(V)。(2)交变电流的最大值Im＝eq\f(Em,R＋r)＝eq\f(500,9＋1)A＝50A，所以电流的瞬市价表达式为i＝50sin100πt(A)。(3)eq\x\to(E)＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2NBSω,π)＝eq\f(1000,π)V。答案：(1)e＝500sin100πt(V)(2)i＝50sin100πt(A)(3)eq\f(1000,π)V7.以以下图，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，不能够行的方法是()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觉强度减半D．只将线圈的边长减半分析：选B由Im＝eq\f(Em,R)，Em＝NBSω，ω＝2πn，得Im＝eq\f(NBS·2πn,R)，故A、C可行；又电阻R与匝数相关，当匝数减半时电阻R也随之减半，则Im不变，故B不能够行；当边长减半时，面积S减为本来的eq\f(1,4)，而电阻减为本来的eq\f(1,2)，故D可行。8.[多项选择]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，线圈中产生的感觉电动势e随时间t的变化规律以以下图，则以下说法中正确的选项是()A．t1和t3时辰穿过线圈的磁通量为零B．t1和t3时辰穿过线圈的磁通量的变化率为零C．线圈平面从与磁场方向平行的时辰开始计时D．每当感觉电动势e变换方向时，穿过线圈的磁通量的绝对值都最大分析：选BCD由图像可知，为余弦式交变电流，说明t＝0时，线圈平面与磁感线方向平行，选项C正确。t1、t3时辰感觉电动势为零，说明这两个时辰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。当线圈经过中性面时，穿过线圈的磁通量的绝对值最大，感觉电动势为零，感觉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以以下图。则以下说法中正确的选项是()A．t＝0时辰，线圈平面与中性面垂直B．t＝0.01s时辰，Φ的变化率为0C．t＝0.02s时辰，感觉电动势达到最大D．从t＝0.01s时辰至t＝0.04s时辰线圈转过的角度是eq\f(3,2)π分析：选D由图像可知t＝0、t＝0.02s、t＝0.04s时辰线圈平面位于中性面地点，Φ最大，eq\f(ΔΦ,Δt)＝0，故E＝0；t＝0.01s、t＝0.03s、t＝0.05s时辰线圈平面与磁感线平行，Φ最小，eq\f(ΔΦ,Δt)最大，故E最大，从图像可知，从t＝0.01s时辰至t＝0.04s时辰线圈旋转eq\f(3,4)周，转过的角度为eq\f(3,2)π。10.[多项选择]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，以下对于这两个正弦式交变电流的说法正确的选项是()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2∶3C．在图线a和b中，t＝0时辰穿过线圈的磁通量均为零D．图线b电动势的瞬市价表达式为e＝100sineq\f(100π,3)t(V)分析：选AD依据图线a：感觉电动势最大值Em＝BSω＝Φmω，所以磁通量最大值Φm＝eq\f(Em,ωa)＝eq\f(EmTa,2π)＝eq\f(3,π)Wb，A正确。线圈先后两次周期之比eq\f(Ta,Tb)＝eq\f(0.04s,0.06s)＝eq\f(2,3)，eq\f(na,nb)＝eq\f(Tb,Ta)＝eq\f(3,2)，B错误。t＝0时辰感觉电动势为零，线圈处于中性面地点，磁通量最大，C错误。感觉电动势最大值Em＝BSω，所以eq\f(Ema,Emb)＝eq\f(ωa,ωb)＝eq\f(3,2)，即Emb＝eq\f(2,3)Ema＝100V，图线b电动势瞬市价表达式为e＝Embsinωbt＝100sineq\f(100π,3)t(V)，D正确。11.以以下图，匀强磁场B＝0.1T，所用矩形线圈的匝数N＝100，边长ab＝0.2m，bc＝0.5m，以角速度ω＝100πrad/s绕OO′轴匀速转动。当线圈平面经过中性面时开始计时，试求：(1)线圈中感觉电动势的瞬市价表达式。(2)由t＝0至t＝eq\f(T,4)过程中的均匀电动势值。分析：(1)感觉电动势的瞬市价e＝NBSωsinωt，由题可知S＝aeq\x\to(b)·beq\x\to(c)＝0.2×0.5m2＝0.1m2Em＝NBSω＝100×0.1×0.1×100πV＝314V所以e＝314sin100πt(V)。(2)用E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)计算t＝0至t＝eq\f(T,4)过程中的均匀电动势E＝Neq\f(|Φ\f(π,2)－Φ0|,\f(T,4)－0)＝Neq\f(|0－BS|,\f(T,4))＝eq\f(4NBS,\f(2π,ω))即E＝eq\f(2,π)NBSω。代入数值得E＝200V。答案：(1)e＝314sin100πt(V)(2)200V12.以以下图，在匀强磁场中有一个“π”形导线框，可绕AB轴转动，已知匀强磁场的磁感觉强度B＝eq\f(5\r(2),π)T，线框相邻两边互相垂直，此中CD边长为20cm，CE、DF长均为10cm，转速为50r/s，若从图示CEFD平面平行磁场所点开始计时：(1)写出线框中感觉电动势的瞬市价表达式；(2)求出由图示地点转过30°过程中线框产生的均匀电动势；(3)作出线框中感觉电动势随时间变化的e­t图像。分析：(1)线框转动，开始计时的地点为线框平面与磁感线平行的地点，CD边长为l1＝20cm，CE、DF边长为l2＝10cm，在t时辰线框转过的角度为ωt，此时辰e＝Bl1l2ωcosωt此中B＝eq\f(5\r(2),π)Tl1×l2＝0.1×0.2m2＝0.02m2ω＝2πn＝2π×50rad/s＝10