2024高中物理第二章交变电流第二节交变电流的描述达标作业含解析粤教版选修3-2

PAGE6-其次节交变电流的描述A级抓基础1.(多选)欲增大沟通发电机的感应电动势而不变更频率，下面措施中能采纳的是()A．增大转速 B．减小磁感应强度C．增加线圈匝数 D．增大线圈的包围面积解析：设线圈匝数为n，磁感应强度为B，线圈围成的面积为S，角速度为ω，转速为v(转/秒)，由Em＝nBSω＝nBS·2πv，频率f＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(2πv,2π)＝v，可知B、C、D项只变更Em的大小，没有变更频率，但B选项使感应电动势减小，而A项变更了频率．故选C、D.答案：CD2．一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变更的图象如图甲所示，则以下说法正确的是()A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直B．t＝0.01s时，Φ的变更率最大C．t＝0.02s时，感应电动势达到最大值D．该线圈产生的感应电动势的图象如图乙所示解析：由题图甲知t＝0时刻磁通量最大，线圈平面应在中性面位置，A错误；t＝0.01s时刻，磁通量等于零，但Φ的变更率最大，B正确；t＝0.02s时刻，磁通量最大，但磁通量的变更率为零，感应电动势为零，C错误；由题图甲知沟通电动势的图象应为正弦图象，D错误．答案：B3.(多选)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更规律如图所示．则下列结论正确的是()A．在t＝0.1s和t＝0.3s时，电动势最大B．在t＝0.2s和t＝0.4s时，电动势变更方向C．电动势的最大值是157VD．在t＝0.4s时，磁通量变更率最大，其值为3.14Wb/s解析：在t＝0.1s和t＝0.3s时，磁通量最大，但磁通量的变更率最小为零，所以电动势为零，方向发生变更；在t＝0.2s和t＝0.4s时，磁通量最小为零，但磁通量的变更率最大，方向不变，电动势的最大值Em＝nBSω＝50×0.2×eq\f(2π,0.4)V＝157V；又Em＝neq\f(ΔΦ,Δt)，所以eq\f(ΔΦ,Δt)＝3.14Wb/s.故C、D正确．答案：CD4．一交变电流的瞬时值表达式为e＝380sin4πt(V)，将一耐压值为360V的电容器接在该电源两端，则电容器()A．会被击穿B．不会被击穿C．时而击穿时而不会击穿D．是否会被击穿，还需看电容解析：电容器能否被击穿确定于其耐压值与交变电流的峰值之间的大小关系，由于Em＝380V>360V，故会被击穿，故A正确．答案：A5．(多选)如图所示，形态或转轴位置不同，但面积均为S的单匝线圈处在同一个磁感应强度为B的匀强磁场中，以相同的角速度ω匀速转动，从图示的位置起先计时，则下列说法正确的是()A．感应电动势最大值相同B．感应电动势瞬时值不同C．感应电动势最大值、瞬时值都不同D．感应电动势最大值、瞬时值都相同解析：依据感应电动势的产生可知，只要导线框是绕垂直于磁场的轴转动，感应电动势的最大值都相同；由于导体框都是从中性面起先计时，则感应电动势的表达式均为：e＝Emsinωt，故说明四个线圈产生的感应电动势最大值及瞬时值均相同，故A、D正确，B、C错误．答案：ADB级提实力6.如图所示，虚线OO′的左边存在着方向垂直于纸面对里的匀强磁场，右边没有磁场．单匝矩形线圈abcd的对称轴恰与磁场右边界重合，线圈平面与磁场垂直．线圈沿图示方向绕OO′轴以角速度ω匀速转动(即ab边先向纸外、cd边先向纸里转动)，规定沿a→b→c→d→a方向为感应电流的正方向．若从图示位置起先计时，下图中四个图象能正确表示线圈内感应电流i随时间t的变更规律的是()解析：在0～eq\f(T,4)内，ab一侧的线框在磁场中绕OO′转动产生正弦式交变电流，电流方向由楞次定律推断为dcbad且越来越大；eq\f(T,4)～eq\f(T,2)内，ab一侧线框在磁场外，而dc一侧线框又进入磁场产生交变电流，电流方向为dcbad且越来越小，以此类推，可知i­t图象正确的为B.答案：B7．如图所示，矩形线圈abcd，已知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ω(从图中位置起先)匀速转动，则线圈中感应电动势的大小为()A.eq\f(1,2)BL1L2ωsinωtB.eq\f(1,2)BL1L2ωcosωtC．BL1L2ωsinωtD．BL1L2ωcosωt解析：线圈经过时间t时，转过角度θ，这时ab、cd边切割磁感线产生感应电动势eab＝BL1vsinθ，ecd＝BL1vsinθ，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e＝eab＋ecd＝2BL1vsinθ＝2BL1·eq\f(1,2)L2ωsinωt＝BL1L2ωsinωt，故选项C正确．答案：C8．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．线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同，都是a→b→c→dD．线圈绕P1转动时cd边受到的安培力大于绕P2转动时cd边受到的安培力解析：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＝nBSω，由欧姆定律可知此时I相等，A正确，B错误；由右手定则可知线圈中电流方向为a→d→c→b→a，故C错误；cd边所受的安培力F＝BLcdI，故F一样大，D错误．答案：A9.10匝线圈在匀强磁场中匀速转动产生交变电流淌势e＝10eq\r(2)sin20πt(V)，求：(1)t＝0时线圈的磁通量和磁通量的变更率．(2)线圈从中性面起先转过180°过程中，感应电动势的平均值和最大值的比值．解析：(1)因为Em＝nBSω＝nΦmω，Φm＝eq\f(Em,nω)＝eq\f(10\r(2),10×20π)Wb＝eq\f(\r(2),20π)Wb.t＝0时，电动势e＝0，磁通量最大．依据法拉第电磁感应定律，磁通量的变更率就是单匝线圈电动势的肯定值，所以t＝0时磁通量的变更率为0.(2)线圈从中性面起先转过180°过程的时间t＝eq\f(π,ω)＝eq\f(π,20π)s＝0.05s，感应电动势平均值和最大值及二者的比值分别为：＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝n×eq\f(Φm－（－Φm）,t)＝10×eq\f(2Φm,t)＝eq\f(20\r(2),π)V，Em＝10eq\r(2)V，eq\f(\o(E,\s\up6(－)),Rm)＝eq\f(\f(20\r(2),π),\f(π,10\r(2)))＝eq\f(2,π).答案：eq\f(\r(2),20π)Wb0(2)eq\f(2,π)10.如图所示，一个矩形线圈在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直．线圈匝数n＝50，电阻r＝1Ω，长L1＝5cm，宽L2＝4cm，角速度ω＝100rad/s，磁场的磁感应强度B＝0.2T．线圈两端外接电阻R＝9Ω的用电器和一个沟通电流表．求：(1)线圈中产生的最大感应电动势；(2)瞬时感应电动势的表达式．解析：(1)线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为Em＝nBSω＝50×0.2×5×4×10－4×100V＝2.0V.(2)瞬时感应电动势的表达式e＝Emsinωt＝2sin100t(V)．答案：(1)2.0V(2)e＝2sin100t(V)11．在磁感应强度为1T的匀强磁场中有一匝数为10匝的矩形线圈ABCD，如图所示，其绕OO′轴以线圈的角速度ω＝100rad/s匀速转动．AB＝20cm，BC＝25cm，线框总电阻为r＝1Ω，定值电阻阻值为R＝9Ω，从图示位置起先计时．(1)写出t时刻线圈中的感应电动势e；(2)线框转过30°，R上流过的电荷量为多少？(3)当转过30°时，磁通量变更率为多少？解析：(1)最大感应电动势Em＝nBSω＝10×1×0.2×0.25×100V＝50V，故t时刻感应电动势e＝50cos100t(V)．(2)转动过程中产生的平均感应电动势＝eq\f(nΔΦ,Δt)，形成的感应电流I＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R＋r)，故流过的电荷量q＝It＝neq\f(ΔΦ,R＋r)＝0.025C.(3)产生的感应电动势的瞬时表达式e＝50cos100t(V)，当转过30°时瞬时感应电动势e＝25eq\r(3)V，依据neq\f(ΔΦ,Δt)＝e可得eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(e,n)＝eq\f(25\r(3),10)Wb/s＝eq\f(5\r(3),2)Wb/s.答案：(1)e＝50cos100t(V)(2)0.025C(3)eq\f(5\r(3),2)Wb/s12．如图甲所示，在匀强磁场中有一个“Ω”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l1＝20cm，CE、DF边长均为l2＝10cm，角速度为100πrad/s.若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)在图乙的e-t坐标系中作出线框中感应电动势随时间变更关系的图象．解析：(1)线框转动，起先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更，在t时刻线框转过的角度为ωt，即e＝BSωc