高中物理人教版2第五章交變電流1交變電流 2023版第5章1交變電流學業(yè)分層測評7

學業(yè)分層測評(七)(建議用時：45分鐘)[學業(yè)達標]1．如圖所示的各圖象中表示交變電流的是()【解析】B、C兩圖象中電流的大小做周期性變化，但方向不變，是直流電，A圖中電流的方向也沒有變化，只有D圖中電流的大小和方向都做周期性變化，故D正確．【答案】D2．(多選)一矩形閉合線圈在勻強磁場中勻速轉動，當線圈平面通過中性面時()【導學號：05002086】A．線圈平面與磁感線垂直，此時通過線圈的磁通量最大B．通過線圈磁通量的變化率達最大值C．線圈中感應電流為零D．此位置前后的感應電流方向相反【解析】當線圈平面通過中性面時，線圈平面與磁感線垂直，通過線圈的磁通量最大，通過線圈磁通量的變化率為零，線圈中感應電流為零，此位置前后的感應電流方向相反，故選項A、C、D正確，B錯誤．【答案】ACD3．如圖所示，面積均為S的線圈均繞其對稱軸或中心軸在磁感應強度為B的勻強磁場中以角速度ω勻速轉動，能產(chǎn)生正弦交變電動勢e＝BSωsinωt的圖是()【解析】線圈在勻強磁場中繞在線圈平面內且垂直于磁場的軸勻速轉動，且從線圈平面經(jīng)過中性面開始計時，產(chǎn)生的電動勢為e＝Emsinωt，只有A符合要求，故A正確．【答案】A4．線框在勻強磁場中繞OO′軸勻速轉動(由上向下看是逆時針方向)，當轉到如圖5-1-16所示位置時，磁通量和感應電動勢大小的變化情況是()圖5-1-16A．磁通量和感應電動勢都在變大B．磁通量和感應電動勢都在變小C．磁通量在變小，感應電動勢在變大D．磁通量在變大，感應電動勢在變小【解析】由題圖可知Φ＝Φmaxsinθ，所以磁通量Φ變大．兩豎直邊切割磁感線的分速度變小，所以感應電動勢變小，故D正確．【答案】D5．如圖5-1-17所示，單匝矩形線圈的一半放在具有理想邊界的勻強磁場中，線圈軸線OO′與磁場邊界重合，線圈按圖示方向勻速轉動(ab向紙外，cd向紙內)．若從圖所示位置開始計時，并規(guī)定電流方向沿a→b→c→d→a為正方向，則線圈內感應電流隨時間變化的圖象是圖中的()【導學號：05002087】圖5-1-17【解析】由題意知線圈總有一半在磁場中做切割磁感線的勻速轉動，且是從中性面開始進行的，所以產(chǎn)生的仍然是正弦式交變電流，只是最大值為線圈全部在磁場中勻速轉動情況下產(chǎn)生的感應電動勢最大值的一半，所以選項B、C錯誤；再由楞次定律可以判斷出開始計時一段時間內，感應電流方向與選定的正方向相反，所以A選項符合題意．【答案】A6．(多選)線圈在勻強磁場中轉動產(chǎn)生電動勢e＝10sin20πtV，則下列說法正確的是()A．t＝0時，線圈平面位于中性面B．t＝0時，穿過線圈的磁通量最大C．t＝0時，導線切割磁感線的有效速率最大D．t＝s時，e有最大值為10eq\r(2)V【解析】由電動勢的瞬時值表達式可知計時應從線圈位于中性面時開始，即t＝0時，e＝0，此時線圈平面位于中性面，磁通量最大，導線速度方向與磁感線平行，切割磁感線的有效速率為0，A、B正確，C錯誤；當t＝s時，代入式中得e＝10sin20πt＝10×sin(20π×V＝0，D錯誤．【答案】AB7．(多選)一個矩形線圈在勻強磁場中勻速轉動，產(chǎn)生的感應電動勢e＝220eq\r(2)sin100πtV，則()【導學號：05002088】A．t＝0時，線圈位于中性面B．t＝s時，e有最大值C．線圈的轉速為50r/sD．電動勢的峰值為220eq\r(2)V【解析】t＝0時，e＝0，故線圈位于中性面，選項A正確；t＝s時，e＝0，選項B錯誤；2πn＝100πrad/s，可知n＝50r/s，選項C正確；Em＝220eq\r(2)V，選項D正確．【答案】ACD[能力提升]8．在勻強磁場中，一矩形金屬線框繞與磁感線垂直的軸勻速轉動，如圖5-1-18甲所示．產(chǎn)生的交變電動勢隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，則下列說法正確的是()甲乙圖5-1-18A．t＝s時穿過線框的磁通量最小B．該交變電動勢的有效值為11eq\r(2)VC．該交變電動勢的瞬時值表達式為e＝22eq\r(2)cos100πtVD．電動勢瞬時值為22V時，線框平面與中性面的夾角為45°【解析】由題圖乙知t＝s時，感應電動勢為零，則穿過線框的磁通量最大，選項A錯誤；該交變電動勢的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝22V，選項B錯誤；當t＝0時，電動勢為零，線框平面與磁場方向垂直，故該交變電動勢的瞬時值表達式為e＝22eq\r(2)sin100πtV，選項C錯誤；電動勢瞬時值為22V時，代入電動勢瞬時值表達式，則有線框平面與中性面的夾角為45°，選項D正確．【答案】D9．如圖5-1-19甲所示，一矩形線圈abcd放置在勻強磁場中，并繞過ab、cd中點的軸OO′以角速度ω逆時針勻速轉動．若以線圈平面與磁場夾角θ＝45°時(如圖乙所示)為計時起點，并規(guī)定當電流自a流向b時電流方向為正．則下列選項中正確的是()【導學號：05002089】甲乙圖5-1-19【解析】由楞次定律可知，t＝0時電流方向為負，線圈平面與中性面的夾角為eq\f(π,4)，線圈再轉過eq\f(π,4)到達中性面；所以線圈中的感應電流為i＝Imsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωt－\f(π,4)))，D正確．【答案】D10．一根長直的通電導線中的電流按正弦規(guī)律變化，如圖5-1-20甲、乙所示，規(guī)定電流從左向右為正．在直導線下方有一不閉合的金屬框，則相對于b點來說，a點電勢最高的時刻在()圖5-1-20A．t1時刻 B．t2時刻C．t3時刻 D．t4時刻【解析】線框中的磁場是直線電流i產(chǎn)生的，在t1、t3時刻，電流i最大，但電流的變化率為零，穿過線框的磁通量變化率為零，線框中沒有感應電動勢，a、b兩點間的電勢差為零．在t2、t4時刻，電流i＝0，但電流變化率最大，穿過線框的磁通量變化率最大，a、b兩點間的電勢差最大，再根據(jù)楞次定律可得出a點相對b點電勢最高的時刻在t4.【答案】D11．一矩形線圈有100匝，面積為50cm2，線圈內阻r＝2Ω，在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉動，從線圈平面與磁場平行時開始計時，已知磁感應強度B＝T，線圈的轉速n＝1200r/min，外接一用電器，電阻為R＝18Ω，試寫出R兩端電壓瞬時值的表達式.【導學號：05002090】【解析】角速度ω＝2πn＝2π·eq\f(1200,60)rad/s＝40πrad/s，最大值Em＝NBSω＝100××50×10－4×40πV＝10πV，線圈中感應電動勢e＝Emcosωt＝10πcos40πtV，由閉合電路歐姆定律i＝eq\f(e,R＋r)＝eq\f(e,20)A，故R兩端電壓u＝Ri＝18×eq\f(1,20)×10πcos40πtV，即u＝9πcos40πtV.【答案】u＝9πcos40πtV12．一矩形線圈，面積是m2，共100匝，線圈電阻r＝1Ω，外接電阻R＝4Ω，線圈在磁感應強度B＝eq\f(1,π)T的勻強磁場中以n＝300r/min的轉速繞垂直于磁感線的軸勻速轉動，如圖5-1-21所示，若從中性面開始計時，求：圖5-1-21(1)線圈中感應電動勢的瞬時值表達式；(2)線圈從開始計時經(jīng)eq\f(1,30)s時線圈中由此得到的感應電流的瞬時值；(3)外電路R兩端電壓瞬時值的表達式．【解析】(1)線圈轉速n＝300r/min＝5r/s，角速度ω＝2πn＝10πrad/s，線圈產(chǎn)生的感應電動勢最大值Em＝NBSω＝50V，由此得到的感應電動勢瞬時值表達式為e＝Emsinωt＝50sin10πtV.(2)將t＝eq\f(1,30)s代入感應電動勢瞬時值表達式中，得e′＝50sineq\b\lc\(\rc