2024版新教材高中物理第三章交流电微点2交变电流的瞬时值和最大值课时作业教科版选择性必修第二册

微点2交变电流的瞬时值和最大值1．如下图中各图面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度ω匀速转动，从图示位置起先计时能产生正弦交变电动势e＝BSωsinωt的图是()2．(多选)线圈在匀强磁场中转动产生电动势e＝10sin20πtV，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，导线切割磁感线的有效速率最大D．t＝0.4s时，e有最大值为10eq\r(2)V3.如图所示，边长为L、阻值为R的正方形单匝金属线圈abcd从图示位置(线圈平面与纸面相平行)起先绕通过b、d两点的轴EF以角速度ω匀速转动，EF的左侧有垂直于纸面对里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，右侧没有磁场，下列说法正确的是()A．在图示位置线圈的磁通量最大，磁通量的变更率也最大B．从图示位置转出磁场的过程中，线圈中产生a→d→c→b→a方向的感应电流C．线圈中产生的感应电动势的最大值为eq\f(1,2)BL2ωD．线圈中产生的感应电动势的最大值为BL2ω4．沟通发电机在工作时电动势为e＝Emsinωt，若将发电机的转速提高一倍，同时将电枢所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为()A．e′＝Emsineq\f(ωt,2)B．e′＝2Emsineq\f(ωt,2)C．e′＝Emsin2ωtD．e′＝eq\f(Em,2)sin2ωt5.(多选)如图所示，abcd为一边长为L、匝数为N的正方形闭合线圈，绕对称轴OO′匀速转动，角速度为ω.空间中只有OO′左侧存在垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.若闭合线圈的总电阻为R，则()A．线圈中电动势的最大值为eq\f(\r(2),2)NBL2ωB．线圈中电动势的最大值为eq\f(1,2)NBL2ωC．在线圈转动一圈的过程中，线圈中有一半时间没有电流D．当线圈转到图中所处的位置时，穿过线圈的磁通量为eq\f(1,2)BL26．一个矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电动势的瞬时表达式为e＝10eq\r(2)sin4πt(V)，则()A．该线圈转动的角速度为4rad/sB．零时刻线圈平面与磁场垂直C．t＝0.25s时，e达到最大值D．在1s时间内，线圈中电流方向变更10次7.如图所示，矩形线圈匝数N＝100匝，ab＝30cm，ad＝20cm，匀强磁场磁感应强度B＝0.8T，绕轴OO′从图示位置起先匀速转动，角速度ω＝100πrad/s，试求：(1)穿过线圈的磁通量最大值Φm为多大？(2)线圈产生的感应电动势最大值Em为多大？(3)写出感应电动势e随时间变更的表达式？(4)从图示位置起先匀速转动30°过程中，线圈中产生的平均电动势为多少？8.如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝eq\f(\r(2),π)T，边长L＝10cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈总电阻r＝1Ω，线圈绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，角速度ω＝2πrad/s，外电路电阻R＝4Ω.求：(1)转动过程中线圈中感应电动势的最大值．(2)从图示位置(线圈平面与磁感线平行)起先计时，感应电动势的瞬时值表达式．(3)由图示位置转过30°角时电路中电流的瞬时值．(4)线圈从起先计时经eq\f(1,6)s时线圈中的感应电流的瞬时值．(5)电阻R两端电压的瞬时值表达式．9.如图所示，在匀强磁场中有一个“”形导线框可绕AB轴转动，AB轴与磁场方向垂直，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50rad/s.从图示位置起先计时．(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更的图像．微点2交变电流的瞬时值和最大值1．答案：A解析：线圈在匀速磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动，产生的正弦式交变电动势为e＝BSωsinωt，由这一原则推断，A图符合要求；B图中的转轴不在线圈所在平面内；C图中产生的是余弦式交变电流；D图转轴与磁场方向平行，而不是垂直，且碰通量不变，不能产生感应电流．故A正确．2．答案：AB解析：由电动势的瞬时值表达式可知，计时是从线圈位于中性面时起先的，即t＝0时，e＝0，此时线圈平面位于中性面，穿过线圈的磁通量最大，速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速率为0，A、B对，C错；当t＝0.4s时，代入得e＝10sin20πtV＝10×sin(20π×0.4)V＝0，D错．3．答案：C解析：图示位置线圈与磁场方向垂直，磁通量最大，但此时没有任何边切割磁感线，则感应电动势为0，由法拉第电磁感应定律可知，磁通量的变更率也为零，故A错误；从图示位置转出磁场的过程中，穿过线圈的磁通量减小，由楞次定律可知，线圈中产生a→b→c→d→a方向的感应电流，故B错误；线圈中产生的感应电动势的最大值为Emax＝eq\f(BL2ω,2)，故C正确，D错误．4．答案：C解析：本题考查交变电压的瞬时值表达式e＝Emsinωt，而Em＝NBSω，当ω加倍而S减半时，Em不变，故正确答案为C.5．答案：BD解析：最大值Em＝eq\f(1,2)NBL2ω，A错误，B正确；在线圈转动的过程中，线圈始终有一半在磁场中运动，不会有一半时间没有电流，C错误；题图中所示位置中，穿过线圈的磁通量为eq\f(1,2)BL2，D正确．6．答案：B解析：从交变电动势的瞬时表达式为e＝10eq\r(2)sin4πtV，可知电动势的最大值Em＝10eq\r(2)V，线圈转动的角速度ω＝4πrad/s，所以A错误；零时刻，将t＝0代入交变电动势的瞬时表达式得电动势为0，则此时线圈处于中性面，线圈平面与磁场垂直，B正确；将t＝0.25s代入交变电动势的瞬时表达式e＝10eq\r(2)sin4πt(V)＝10eq\r(2)sinπ(V)＝0，e达到最小值，C错误；依据交变电动势的频率f＝eq\f(ω,2π)＝2Hz，则在1s时间内线圈转过2周，转1周电流方向变更2次，则在1s时间内线圈中电流方向变更4次，D错误．7．答案：(1)0.048Wb(2)480πV(3)e＝480πcos100πt(V)(4)1440V解析：(1)当线圈转至与磁感线垂直时，磁通量有最大值，为：Φm＝BS＝0.8×0.3×0.2Wb＝0.048Wb；(2)线圈与磁感线平行时，感应电动势有最大值，为：Em＝NBSω＝480πV；(3)从图示位置起先计时，电动势的瞬时表达式为：e＝Emcosωt＝480πcos100πt(V)；(4)依据法拉第电磁感应定律得：eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(NΔΦ,Δt)＝eq\f(N（BSsin30°－0）,\f(30°,360°)·\f(2π,ω))＝1440V．8．答案：(1)2eq\r(2)V(2)e＝2eq\r(2)cos2πt(V)(3)eq\f(\r(6),5)A(4)eq\f(\r(2),5)A(5)uR＝eq\f(8\r(2),5)cos2πt(V)解析：(1)设转动过程中线圈中感应电动势的最大值为Em，则Em＝nBL2ω＝100×eq\f(\r(2),π)×0.12×2πV＝2eq\r(2)V.(2)从题图所示位置起先计时，感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcosωt＝2eq\r(2)cos2πt(V).(3)从题图所示位置转过30°角时感应电动势的瞬时值e′＝2eq\r(2)cos30°V＝eq\r(6)V，则电路中电流的瞬时值为i＝eq\f(e′,R＋r)＝eq\f(\r(6),5)A.(4)t＝eq\f(1,6)s时，e″＝2eq\r(2)cos(2π×eq\f(1,6))V＝eq\r(2)V，对应的电流的瞬时值i′＝eq\f(e″,R＋r)＝eq\f(\r(2),5)A.(5)由欧姆定律，得uR＝eq\f(e,R＋r)R＝eq\f(8\r(2),5)cos2πt(V).9．答案：(1)e＝10eq\r(2)cos100πt(V)(2)图见解析解析：(1)起先计时的位置为线框平面与磁感线平行的位置，在t时刻线框转过的角度为ωt，此时刻，e＝Bl1l2ωcosωt，即e＝B