2020秋高中物理粵教版3-2達標作業(yè)：第二章第二節(jié) 交變電流的描述含解析

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精2020秋高中物理粵教版選修3-2達標作業(yè)：第二章第二節(jié)交變電流的描述含解析A級抓基礎1.（多選）欲增大交流發(fā)電機的感應電動勢而不改變頻率，下面措施中能采用的是()A．增大轉速 B．減小磁感應強度C．增加線圈匝數(shù) D．增大線圈的包圍面積解析：設線圈匝數(shù)為n，磁感應強度為B，線圈圍成的面積為S，角速度為ω，轉速為v（轉/秒），由Em＝nBSω＝nBS·2πv,頻率f＝eq\f（ω，2π）＝eq\f（2πv，2π）＝v，可知B、C、D項只改變Em的大小,沒有改變頻率，但B選項使感應電動勢減小，而A項改變了頻率．故選C、D。答案：CD2．一矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉動,穿過線圈的磁通量隨時間變化的圖象如圖甲所示，則以下說法正確的是(）A．t＝0時刻，線圈平面與中性面垂直B．t＝0.01s時，Φ的變化率最大C．t＝0。02s時，感應電動勢達到最大值D．該線圈產生的感應電動勢的圖象如圖乙所示解析:由題圖甲知t＝0時刻磁通量最大,線圈平面應在中性面位置，A錯誤；t＝0。01s時刻,磁通量等于零,但Φ的變化率最大，B正確；t＝0。02s時刻，磁通量最大，但磁通量的變化率為零,感應電動勢為零，C錯誤;由題圖甲知交流電動勢的圖象應為正弦圖象，D錯誤．答案:B3.(多選)矩形線圈的匝數(shù)為50匝,在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉動時，穿過線圈的磁通量隨時間的變化規(guī)律如圖所示．則下列結論正確的是(）A．在t＝0.1s和t＝0。3s時，電動勢最大B．在t＝0.2s和t＝0。4s時，電動勢改變方向C．電動勢的最大值是157VD．在t＝0.4s時，磁通量變化率最大,其值為3.14Wb/s解析：在t＝0。1s和t＝0。3s時，磁通量最大,但磁通量的變化率最小為零，所以電動勢為零，方向發(fā)生改變；在t＝0。2s和t＝0。4s時,磁通量最小為零,但磁通量的變化率最大，方向不變,電動勢的最大值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正確．答案：CD4．一交變電流的瞬時值表達式為e＝380sin4πt（V），將一耐壓值為360V的電容器接在該電源兩端，則電容器（)A．會被擊穿B．不會被擊穿C．時而擊穿時而不會擊穿D．是否會被擊穿,還需看電容解析：電容器能否被擊穿決定于其耐壓值與交變電流的峰值之間的大小關系，由于Em＝380V〉360V，故會被擊穿，故A正確．答案：A5．(多選）如圖所示，形狀或轉軸位置不同,但面積均為S的單匝線圈處在同一個磁感應強度為B的勻強磁場中,以相同的角速度ω勻速轉動,從圖示的位置開始計時，則下列說法正確的是(）A．感應電動勢最大值相同B．感應電動勢瞬時值不同C．感應電動勢最大值、瞬時值都不同D．感應電動勢最大值、瞬時值都相同解析：根據(jù)感應電動勢的產生可知，只要導線框是繞垂直于磁場的軸轉動，感應電動勢的最大值都相同；由于導體框都是從中性面開始計時，則感應電動勢的表達式均為：e＝Emsinωt，故說明四個線圈產生的感應電動勢最大值及瞬時值均相同，故A、D正確，B、C錯誤．答案：ADB級提能力6。如圖所示，虛線OO′的左邊存在著方向垂直于紙面向里的勻強磁場，右邊沒有磁場．單匝矩形線圈abcd的對稱軸恰與磁場右邊界重合，線圈平面與磁場垂直．線圈沿圖示方向繞OO′軸以角速度ω勻速轉動（即ab邊先向紙外、cd邊先向紙里轉動),規(guī)定沿a→b→c→d→a方向為感應電流的正方向．若從圖示位置開始計時，下圖中四個圖象能正確表示線圈內感應電流i隨時間t的變化規(guī)律的是（）解析：在0~eq\f(T，4）內，ab一側的線框在磁場中繞OO′轉動產生正弦式交變電流，電流方向由楞次定律判斷為dcbad且越來越大;eq\f(T,4）～eq\f（T,2)內，ab一側線框在磁場外，而dc一側線框又進入磁場產生交變電流，電流方向為dcbad且越來越小,以此類推，可知i.t圖象正確的為B.答案：B7．如圖所示，矩形線圈abcd，已知ab為L1，ad為L2，在磁感強度為B的勻強磁場中繞OO′軸以角速度ω(從圖中位置開始）勻速轉動，則線圈中感應電動勢的大小為()A。eq\f（1，2)BL1L2ωsinωtB.eq\f（1，2)BL1L2ωcosωtC．BL1L2ωsinωtD．BL1L2ωcosωt解析：線圈經過時間t時，轉過角度θ，這時ab、cd邊切割磁感線產生感應電動勢eab＝BL1vsinθ,ecd＝BL1vsinθ,bc、ad邊不切割磁感線不產生感應電動勢，故線圈中的感應電動勢為e＝eab＋ecd＝2BL1vsinθ＝2BL1·eq\f（1,2)L2ωsinωt＝BL1L2ωsinωt,故選項C正確．答案：C8．如圖所示，矩形線圈abcd在勻強磁場中可以分別繞垂直于磁場方向的軸P1和P2以相同的角速度勻速轉動,當線圈平面轉到與磁場方向平行時()A．線圈繞P1轉動時的電流等于繞P2轉動時的電流B．線圈繞P1轉動時的電動勢小于繞P2轉動時的電動勢C．線圈繞P1和P2轉動時電流的方向相同，都是a→b→c→dD．線圈繞P1轉動時cd邊受到的安培力大于繞P2轉動時cd邊受到的安培力解析：無論是繞P1轉動還是繞P2轉動,線圈轉到圖示位置時產生的電動勢都為最大值Em＝nBSω，由歐姆定律可知此時I相等，A正確,B錯誤；由右手定則可知線圈中電流方向為a→d→c→b→a,故C錯誤；cd邊所受的安培力F＝BLcdI，故F一樣大，D錯誤．答案：A9。10匝線圈在勻強磁場中勻速轉動產生交變電流動勢e＝10eq\r(2）sin20πt（V)，求：(1)t＝0時線圈的磁通量和磁通量的變化率．(2)線圈從中性面開始轉過180°過程中，感應電動勢的平均值和最大值的比值．解析:（1）因為Em＝nBSω＝nΦmω，Φm＝eq\f（Em，nω)＝eq\f(10\r（2），10×20π)Wb＝eq\f(\r(2),20π）Wb。t＝0時，電動勢e＝0，磁通量最大．根據(jù)法拉第電磁感應定律，磁通量的變化率就是單匝線圈電動勢的絕對值，所以t＝0時磁通量的變化率為0.（2）線圈從中性面開始轉過180°過程的時間t＝eq\f(π，ω)＝eq\f(π，20π）s＝0.05s,感應電動勢平均值和最大值及二者的比值分別為：＝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.如圖所示，一個矩形線圈在勻強磁場中繞OO′軸勻速轉動，磁場方向與轉軸垂直．線圈匝數(shù)n＝50，電阻r＝1Ω,長L1＝5cm,寬L2＝4cm，角速度ω＝100rad/s，磁場的磁感應強度B＝0。2T．線圈兩端外接電阻R＝9Ω的用電器和一個交流電流表．求:(1)線圈中產生的最大感應電動勢；（2)瞬時感應電動勢的表達式．解析:（1）線圈中產生的感應電動勢的最大值表達式為Em＝nBSω＝50×0.2×5×4×10－4×100V＝2。0V。(2)瞬時感應電動勢的表達式e＝Emsinωt＝2sin100t（V）．答案:(1)2.0V（2）e＝2sin100t(V)11．在磁感應強度為1T的勻強磁場中有一匝數(shù)為10匝的矩形線圈ABCD，如圖所示，其繞OO′軸以線圈的角速度ω＝100rad/s勻速轉動．AB＝20cm，BC＝25cm，線框總電阻為r＝1Ω,定值電阻阻值為R＝9Ω，從圖示位置開始計時．(1)寫出t時刻線圈中的感應電動勢e；（2）線框轉過30°，R上流過的電荷量為多少？(3)當轉過30°時，磁通量變化率為多少?解析：(1)最大感應電動勢Em＝nBSω＝10×1×0。2×0.25×100V＝50V,故t時刻感應電動勢e＝50cos100t(V)．(2）轉動過程中產生的平均感應電動勢＝eq\f（nΔΦ,Δt）,形成的感應電流I＝eq\f(\o(E，\s\up6(－))，R＋r)，故流過的電荷量q＝It＝neq\f(ΔΦ，R＋r）＝0.025C.（3）產生的感應電動勢的瞬時表達式e＝50cos100t（V），當轉過30°時瞬時感應電動勢e＝25eq\r（3）V,根據(jù)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．如圖甲所示，在勻強磁場中有一個“Ω”形導線框可繞AB軸轉動，已知勻強磁場的磁感應強度B＝eq\f（5\r（2）,π）T,線框的CD邊長為l1＝20cm,CE、DF邊長均為l2＝10cm，角速度為100πrad/s。若從圖示位置開始計時：(1)寫出線框中感應電動勢的瞬時值表達式；(2）在圖乙的e-t坐標系中作出線框中感應電動勢隨時間變化關系的圖象．解析:（1)線框轉動，開始計時的位置為線圈平面與磁感線平行的位置，產生的交變電流按余弦規(guī)律變化，在t時刻線框轉過的角度為ωt,即e＝BSωcosωt，其中B＝eq\f（5\r(2)，π）T，S＝0.1×0。2m2＝0。02m2，ω＝100πrad/s，故e＝eq\f(5\r(2),π