2024-2025学年高中物理第五章交变电流1交变电流课后作业含解析新人教版选修3-2

PAGEPAGE6交变电流时间：45分钟一、单项选择题1.如图所示，一矩形线圈abcd，已知ab边长为l1，bc边长为l2，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω从图示位置起先匀速转动，则t时刻线圈中的感应电动势为(D)A．0.5Bl1l2ωsinωt B．0.5Bl1l2ωcosωtC．Bl1l2ωsinωt D．Bl1l2ωcosωt解析：线圈从题图示位置起先转动，电动势瞬时值表达式为e＝Emcosωt，由题意，Em＝BSω＝Bl1l2ω，所以e＝Bl1l2ωcosωt.2．一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改变的图象如图甲所示．则下列说法正确的是(B)A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直B．t＝0.01s时刻，Φ的改变率最大C．t＝0.02s时刻，沟通电动势达到最大D．该线圈相应产生的沟通电动势的图象如图乙所示解析：由题图甲可知，t＝0时，通过线圈的磁通量最大，线圈处于中性面位置．t＝0.01s时刻，磁通量为零，但磁通量改变率最大，所以A项错误，B项正确．t＝0.02s时，沟通电动势应为0，C、D均错误．3．如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中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)A．线圈绕P1转动时产生的感应电流等于绕P2转动时产生的感应电流B．线圈绕P1转动时产生的感应电动势小于绕P2转动时产生的感应电动势C．线圈绕P1和P2转动时产生的感应电流的方向相同，都是a→b→c→dD．线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力解析：线圈转动产生的感应电动势的大小与转动轴的位置无关，选项A正确，B错误；绕两个轴转动产生的感应电流的大小相等，从上向下看，线框逆时针旋转，电流的方向应为a→d→c→b，选项C错；电流相等，cd受到的安培力也相等，选项D错．4.如图所示，一矩形线圈绕与匀强磁场垂直的中心轴OO′沿顺时针方向转动，引出线的两端分别与相互绝缘的两个半圆形铜环M和N相连．M和N又通过固定的电刷P和Q与电阻R相连．在线圈转动过程中，通过电阻R的电流(C)A．大小和方向都随时间做周期性改变B．大小和方向都不随时间做周期性改变C．大小不断改变，方向总是P→R→QD．大小不断改变，方向总是Q→R→P解析：在图示位置时产生的电动势，由右手定则可知，ab边的感应电动势方向由b→a，cd边感应电动势的方向由d→c，通过电刷将电流引出，在外电路中的电流方向为P→R→Q，转过180°后，ab、cd边位置交换，但电流方向仍为P→R→Q，故选项C正确．5.如图所示，单匝矩形线圈的一半放在具有志向边界的匀强磁场中，线圈轴线OO′与磁场边界重合，线圈按图示方向匀速转动(ab向纸外，cd向纸内)．若从图所示位置起先计时，并规定电流方向沿a→b→c→d→a为正方向，则线圈内感应电流随时间改变的图象是图中的(A)解析：由题意知，线圈总有一半在磁场中做切割磁感线的匀速转动，且是从中性面起先进行的，所以产生的仍旧是正弦式交变电流，只是最大值为线圈全部在磁场中匀速转动状况下产生的感应电动势最大值的一半，所以选项B、C错误．再由楞次定律可以推断出起先计时一段时间内，感应电流方向与选定的正方向相反，所以A选项符合题意．二、多项选择题6．如图中各图面积均为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，能产生正弦式交变电动势e＝BSωsinωt的图是(AC)解析：线圈在匀强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图和C图符合要求；B图中的转轴不在线圈所在平面内；D图转轴与磁场方向平行，而不是垂直，且磁通量不变不能产生感应电流．故A、C正确．7．一单匝闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，在转动过程中，通过线圈的最大磁通量为Φm，最大感应电动势为Em，下列说法正确的是(BD)A．当磁通量为零时，感应电动势也为零B．当磁通量减小时，感应电动势在增大C．当磁通量等于0.5Φm时，感应电动势等于0.5EmD．角速度ω＝eq\f(Em,Φm)解析：因为Em＝BSω＝Φmω，则ω＝eq\f(Em,Φm)，D项正确；又当e＝Emsinωt时，Φ＝Φmcosωt，因此当磁通量减小时，感应电动势在增大，B项正确，A、C项错误．8.如图所示，在水平匀强磁场中一正方形闭合线圈绕OO′轴匀速转动，若要使线圈中的电流峰值减半，可行的方法是(ACD)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应强度减半D．只将线圈的边长减半解析：由Im＝eq\f(Em,R)，Em＝NBSω，ω＝2πn，得Im＝eq\f(NBS·2πn,R)，故A、C正确；又电阻R与匝数有关，当匝数减半时电阻R也随之减半，则Im不变，故B错误；当边长减半时，面积S减为原来的eq\f(1,4)，而电阻减为原来的eq\f(1,2)，故D正确．三、非选择题9.一个100匝的矩形线圈，其面积为200cm2、电阻为10Ω，与外电阻R＝90Ω相接后，它在匀强磁场中转动所产生的感应电流随时间改变的图象如图所示，求线圈所在处匀强磁场的磁感应强度的大小．答案：0.025T解析：设匀强磁场的磁感应强度大小为B，感应电动势的峰值Em＝NBSω＝NBSeq\f(2π,T)，由闭合电路欧姆定律得：Im＝eq\f(Em,R＋r)，由此可得：B＝eq\f(R＋rTIm,2πNS)由图知：Im＝π×10－2A，T＝0.10s，由题可知：S＝200cm2＝0.02m2，R＋r＝90Ω＋10Ω＝100Ω，N＝100，把上述条件代入B＝eq\f(R＋rTIm,2πNS)得：B＝0.025T.10．某爱好小组设计了一种发电装置，如图所示．在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为eq\f(4,9)π，磁场均沿半径方向．匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab＝cd＝l、bc＝ad＝2l.线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场．在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直．线圈的总电阻为r，外接电阻为R.求：(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小Em.(2)线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F.答案：(1)2NBl2ω(2)eq\f(4N2B2l3ω,r＋R)解析：(1)bc、ad边的运动速度v＝ωeq\f(l,2)，感应电动势Em＝4NBlv，解得Em＝2NBl2ω.(2)电流Im＝eq\f(Em,r＋R)，安培力F＝2NBIml，解得F＝eq\f(4N2B2l3ω,r＋R).11．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＝0.05T的匀强磁场中，围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起先计时．线圈和外电路的总电阻R＝10Ω.(1)写出交变电流瞬时值表达式．(2)线圈从计时起先，转过eq\f(π,3)过程中通过线圈某一截面的电荷量为多少？答案：(1)i＝2πsin100πtA(2)1×10－2C解析：(1)感应电动势的最大值：Em＝nBωL2＝100×0.05×0.22×100πV＝20πV，从中性面起先转动瞬时值表达式为：e＝Emsinωt＝20π×sin100πtV＝20πsin100πtV，依据欧姆定律，沟通电流瞬时值表达式：i＝eq\f(e,R)＝eq\f(20πsin100πt,10)A＝2πsin100πtA.(2)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，又I＝eq\f(E,R)，且I＝eq