高中物理人教版2第五章交变电流1交变电流 省赛获奖

人教版选修3－1第五章第1节交变电流练习31．家庭电路的交变电流图象为如图所示中的()2．一线圈在匀强磁场中匀速转动，在如图所示位置时()A．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小B．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最大C．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大D．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最小3.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()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4．闭合线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的正弦式交变电流i＝Imsinωt.若保持其他条件不变，使线圈的匝数和转速各增加1倍，则电流的变化规律为()A．i′＝ImsinωtB．i′＝Imsin2ωtC．i′＝2ImsinωtD．i′＝2Imsin2ωt5.如图所示，一正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′观察，线圈沿逆时针方向转动．已知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ω.则当线圈转至图示位置时()A．线圈中感应电流的方向为abcdaB．线圈中的感应电流为eq\f(nBl2ω,R)C．穿过线圈的磁通量为零D．穿过线圈磁通量的变化率为零6．一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()A．t＝0时刻线圈平面与中性面垂直B．t＝s时刻Φ的变化率达最大C．s时刻感应电动势达到最大D．该线圈相应的感应电动势图象如图乙所示7.如图所示是一多匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动所产生的感应电动势的图象，根据图象可知()A．此感应电动势的瞬时表达式为e＝B．此感应电动势的瞬时表达式为e＝200sin100πtC．t＝s时，穿过线圈的磁通量为零D．t＝s时，穿过线圈的磁通量的变化率最大8．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化规律如图所示，下列结论正确的是()A．在t＝s和t＝s时，电动势最大B．在t＝s和t＝s时，电动势改变方向C．电动势的最大值是157VD．在t＝s时，磁通量变化率最大，其值为Wb/s9．如图甲所示，甲、乙两个并排放置的共轴线圈，甲中通有如图乙所示的交变电流，则下列判断错误的是()A．在t1到t2时间内，甲乙相吸B．在t2到t3时间内，甲乙相斥C．t1时刻两线圈间作用力为零D．t2时刻两线圈间吸引力最大10．发电机的转子是匝数为100，边长为20cm的正方形线圈，将它置于磁感应强度B＝T的匀强磁场中，绕着垂直于磁场方向的轴以ω＝100πrad/s的角速度转动，当线圈平面跟磁场方向垂直时开始计时．线圈和外电路的总电阻R＝10Ω.线圈从计时开始，到转过60°过程中通过线圈某一截面的电荷量为多少？11.如图所示，一半径为r＝10cm的圆形线圈共100匝，在磁感应强度B＝eq\f(5,π2)T的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的中心轴线OO′以n＝600r/min的转速匀速转动，当线圈转至中性面位置时开始计时．(1)写出线圈内所产生的感应电动势的瞬时值表达式；(2)求线圈从图示位置经eq\f(1,60)s时的电动势的瞬时值；(3)求线圈从图示位置经eq\f(1,60)s时间内的电动势的平均值．12．如图所示，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应强度B＝eq\f(5\r(2),π)T，线框的CD边长为20cm，CE、DF长均为10cm，转速为50r/s.若从图示位置开始计时：(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；(2)在e－t坐标系中作出线框中感应电动势随时间变化关系的图象．答案1．答案：A2．答案：C解析：当线框平面平行于磁感线时，磁通量最小，但Em最大，即eq\f(ΔΦ,Δt)最大，故正确答案为C.3.解析：选BCD.将线圈向右拉出磁场时，线圈中电流方向不变．A错，BC两种情况下产生交变电流，只是在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，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．BCD对．4．解析：选D.由电动势的最大值知，最大电动势与角速度成正比，与匝数成正比，所以电动势最大值为4Em，匝数加倍后，其电阻也应该加倍，此时线圈的电阻为2R，根据欧姆定律可得电流的最大值为Im′＝eq\f(4Em,2R)＝2Im，因此，电流的变化规律为i′＝2Imsin2ωt.5.解析：选BC.根据右手定则回路中电流d→c→b→a→d，A错．电动势e＝Em＝nBSω＝nBl2ω，所以电流i＝eq\f(e,R)＝eq\f(nBl2ω,R)，B正确．图示位置时Φ＝0，但eq\f(ΔΦ,Δt)≠0，C正确，D错误．6．解析：选＝0时Φ最大，线圈应在中性面位置，A错；t＝s时，Φ－t图象的斜率最大，故eq\f(ΔΦ,Δt)最大，B正确；t＝s时，Φ不变，故e＝0，C错；因Φ－t图象为余弦图象，故e－t图象为正弦图象，D错．7.答案：B8．解析：选CD.从题图中可知，在s和s时刻，穿过线圈的磁通量最大，此时刻磁通量的变化率等于零；s和s时刻，穿过线圈的磁通量为零，但此时刻磁通量的变化率最大，由此得选项AB错误．根据电动势的最大值公式：Em＝nBSω，Φm＝BS，ω＝eq\f(2π,T)，可得：Em＝157V；磁通量变化率的最大值应为eq\f(Em,n)＝Wb/s，故CD正确．9．解析：选到t2时间内，甲中电流减小，甲中的磁场穿过乙且减小，因此乙中产生与甲同向的磁场，故甲、乙相吸，A选项正确．同理B选项正确．t1时刻甲中电流最大，但变化率为零，乙中无感应电流，故两线圈的作用力为零，故C选项正确，t2时刻甲中电流为零，但此时电流的变化率最大，乙中的感应电流最大，但相互作用力为零，故D选项错误．因此，错误的应是D.10．解析：eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)又eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)且eq\x\to(I)＝eq\f(q,t)，Δt＝t.所以，通过线圈某一截面的电荷量q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(nΔΦ,ΔtR)Δt＝eq\f(nΔΦ,R)从中性面计时，转过60°，如图所示ΔΦ＝BΔS＝BS(1－cos60°)＝eq\f(1,2)BSq＝eq\f(nBS,2R)＝eq\f(100×××,20)C＝1×10－2C.答案：1×10－2C11.解析：当线圈从中性面开始计时，产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝nBSωsinωt.(1)e＝nBSωsinωt，其中ω＝2πn＝2π×10rad/s＝20πrad/s.所以e＝nBSωsinωt＝100×eq\f(5,π2)×π××20πsin20πtV＝100sin20πtV.(2)t1＝eq\f(1,60)s时，e＝100sin20π×eq\f(1,60)V＝50eq\r(3)V.(3)t0＝0时，磁通量Φ1＝B·S＝eq\f(5,π2)×π×＝eq\f,π)Wb；t1＝eq\f(1,60)s时，磁通量Φ2＝B·Scosωt＝eq\f(5,π2)×π×20π×eq\f(1,60)Wb＝eq\f,π)Wb.平均电动势：eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(Φ1－Φ2,t1－t0)＝100×eq\f(\f,π)－\f,π),\f(1,60))V≈V.答案：(1)e＝100sin20πtV(2)50eq\r(3)V(3)V12．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，在t时刻线框转过的角度为ωt