XX省專用學(xué)年高中物理第五章交變電流課時跟蹤檢測二十四交變電流含解析新人教選修

PAGE課時跟蹤檢測（二十四）交變電流1．為了研究交流電的產(chǎn)生過程，小張同學(xué)設(shè)計了如下實驗構(gòu)思方案：第一次將單匝矩形線圈放在勻強(qiáng)磁場中，線圈繞轉(zhuǎn)軸OO1按圖示方向勻速轉(zhuǎn)動(ab向紙外，cd向紙內(nèi))。并從圖甲所示位置開始計時。此時產(chǎn)生的交流電如圖乙所示。第二次他僅將轉(zhuǎn)軸移至ab邊上，第三次他僅將轉(zhuǎn)軸右側(cè)的磁場去掉，關(guān)于后兩次的電流圖像，下列說法正確的是()A．第二次是A圖 B．第二次是C圖C．第三次是B圖 D．第三次是D圖解析：選D第二次將轉(zhuǎn)軸移到ab邊上，產(chǎn)生的感應(yīng)電流與第一次相同，第三次將OO1右側(cè)磁場去掉，線圈在轉(zhuǎn)動過程中只有一邊切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電流的最大值為原來的eq\f(1,2)，因此選D。2．一閉合矩形線圈abcd繞垂直于磁感線的固定軸OO′勻速轉(zhuǎn)動，線圈平面位于如圖甲所示的勻強(qiáng)磁場中。通過線圈的磁通量Φ隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，下列說法正確的是()A．t1、t3時刻通過線圈的磁通量變化率最大B．t1、t3時刻線圈中感應(yīng)電流方向改變C．t2、t4時刻通過線圈的磁通量最大D．t2、t4時刻線圈中感應(yīng)電動勢最小解析：選Bt1、t3時刻通過線圈的磁通量Φ最大，磁通量變化率為零，此時感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流均為零，線圈中感應(yīng)電流方向改變，選項A錯誤，選項B正確；t2、t4時刻通過線圈的磁通量為零，磁通量的變化率最大，即感應(yīng)電動勢最大，選項C、D錯誤。3.[多選]某線圈在勻強(qiáng)磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生交變電流的圖像如圖所示，由圖中信息可以判斷()A．在A和C時刻線圈處于中性面位置B．在B和D時刻穿過線圈的磁通量為零C．從A→D時刻線圈轉(zhuǎn)過的角度為eq\f(3,2)πD．若從O→D時刻歷時0.02s，則在1s內(nèi)交變電流的方向改變100次解析：選CD由題圖可知，在O、B、D時刻感應(yīng)電流為零，所以此時線圈恰好在中性面位置，且穿過線圈的磁通量最大；在A、C時刻感應(yīng)電流最大，線圈處于和中性面垂直的位置，此時穿過線圈的磁通量為零，故A、B錯誤。從A到D時刻，線圈旋轉(zhuǎn)eq\f(3,4)周，轉(zhuǎn)過的角度為eq\f(3,2)π；如果從O到D時刻歷時0.02s，恰好為一個周期，所以1s內(nèi)線圈轉(zhuǎn)動50個周期，100次經(jīng)過中性面，交變電流的方向改變100次，故C、D正確。4.如圖所示，一矩形線圈abcd，已知ab邊長為l1，bc邊長為l2，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中繞OO′軸以角速度ω從圖示位置開始勻速轉(zhuǎn)動，則t時刻線圈中的感應(yīng)電動勢為()A．0.5Bl1l2ωsinωt B．0.5Bl1l2ωcosωtC．Bl1l2ωsinωt D．Bl1l2ωcosωt解析：選D因為開始時刻線圈平面與磁感線平行，即從垂直于中性面開始運動，所以開始時刻線圈中感應(yīng)電動勢最大為Em＝Bl1l2ω，感應(yīng)電動勢的表達(dá)形式應(yīng)為余弦形式，因此在t時刻線圈中的感應(yīng)電動勢為Bl1l2ωcosωt，故正確選項為D。5.[多選]如圖所示，矩形線圈abcd在勻強(qiáng)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(zhuǎn)動，當(dāng)線圈平面轉(zhuǎn)到圖示與磁場方向平行時()A．線圈繞P1轉(zhuǎn)動時的電流等于繞P2轉(zhuǎn)動時的電流B．線圈繞P1轉(zhuǎn)動時的電動勢小于繞P2轉(zhuǎn)動時的電動勢C．線圈分別繞P1和P2轉(zhuǎn)動時的電流的方向相同，都是a→d→c→bD．線圈繞P1轉(zhuǎn)動時dc邊受到的安培力大于繞P2轉(zhuǎn)動時dc邊受到的安培力解析：選AC產(chǎn)生正弦交變電流的條件是軸和磁感線垂直，與軸的位置和線圈形狀無關(guān)，線圈abcd分別繞軸P1、P2轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)到圖示位置時產(chǎn)生的電動勢E＝nBSω，由I＝eq\f(E,R總)可知此時I相等，故選項A正確，選項B錯誤；由右手定則可知電流方向為a→d→c→b，故選項C正確；dc邊受到的安培力F＝BLdcI，故F一樣大，選項D錯誤。6.如圖所示，線圈abcd的面積是0.05m2，共100匝，線圈的總電阻r＝1Ω，外接電阻R＝9Ω，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(1,π)T，線圈以角速度ω＝100πrad/s勻速轉(zhuǎn)動。(1)若線圈經(jīng)過圖示位置(線圈平面與磁感線垂直)時開始計時，寫出線圈中感應(yīng)電動勢瞬時值的表達(dá)式。(2)寫出交變電流的瞬時值表達(dá)式。(3)求線圈由圖示位置轉(zhuǎn)過eq\f(π,2)的過程中，交變電動勢的平均值。解析：(1)線圈中感應(yīng)電動勢的最大值為Em＝NBSω＝100×eq\f(1,π)×0.05×100πV＝500V線圈中感應(yīng)電動勢瞬時值e＝Emsinωt所以e＝500sin100πt(V)。(2)交變電流的最大值Im＝eq\f(Em,R＋r)＝eq\f(500,9＋1)A＝50A，所以電流的瞬時值表達(dá)式為i＝50sin100πt(A)。(3)eq\x\to(E)＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2NBSω,π)＝eq\f(1000,π)V。答案：(1)e＝500sin100πt(V)(2)i＝50sin100πt(A)(3)eq\f(1000,π)V7.如圖所示，在水平勻強(qiáng)磁場中一矩形閉合線圈繞OO′軸勻速轉(zhuǎn)動，若要使線圈中的電流峰值減半，不可行的方法是()A．只將線圈的轉(zhuǎn)速減半B．只將線圈的匝數(shù)減半C．只將勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度減半D．只將線圈的邊長減半解析：選B由Im＝eq\f(Em,R)，Em＝NBSω，ω＝2πn，得Im＝eq\f(NBS·2πn,R)，故A、C可行；又電阻R與匝數(shù)有關(guān)，當(dāng)匝數(shù)減半時電阻R也隨之減半，則Im不變，故B不可行；當(dāng)邊長減半時，面積S減為原來的eq\f(1,4)，而電阻減為原來的eq\f(1,2)，故D可行。8.[多選]一矩形線圈，在勻強(qiáng)磁場中繞垂直于磁場方向并位于線圈平面的固定軸轉(zhuǎn)動，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢e隨時間t的變化規(guī)律如圖所示，則下列說法中正確的是()A．t1和t3時刻穿過線圈的磁通量為零B．t1和t3時刻穿過線圈的磁通量的變化率為零C．線圈平面從與磁場方向平行的時刻開始計時D．每當(dāng)感應(yīng)電動勢e變換方向時，穿過線圈的磁通量的絕對值都最大解析：選BCD由圖像可知，為余弦式交變電流，說明t＝0時，線圈平面與磁感線方向平行，選項C正確。t1、t3時刻感應(yīng)電動勢為零，說明這兩個時刻穿過線圈的磁通量變化率為零，穿過線圈的磁通量最大，所以選項B正確，選項A錯誤。當(dāng)線圈通過中性面時，穿過線圈的磁通量的絕對值最大，感應(yīng)電動勢為零，感應(yīng)電動勢的方向要發(fā)生改變，所以選項D正確。9．一只矩形線圈在勻強(qiáng)磁場中繞垂直于磁感線的軸勻速轉(zhuǎn)動，穿過線圈的磁通量隨時間變化的圖像如圖所示。則下列說法中正確的是()A．t＝0時刻，線圈平面與中性面垂直B．t＝0.01s時刻，Φ的變化率為0C．t＝0.02s時刻，感應(yīng)電動勢達(dá)到最大D．從t＝0.01s時刻至t＝0.04s時刻線圈轉(zhuǎn)過的角度是eq\f(3,2)π解析：選D由圖像可知t＝0、t＝0.02s、t＝0.04s時刻線圈平面位于中性面位置，Φ最大，eq\f(ΔΦ,Δt)＝0，故E＝0；t＝0.01s、t＝0.03s、t＝0.05s時刻線圈平面與磁感線平行，Φ最小，eq\f(ΔΦ,Δt)最大，故E最大，從圖像可知，從t＝0.01s時刻至t＝0.04s時刻線圈旋轉(zhuǎn)eq\f(3,4)周，轉(zhuǎn)過的角度為eq\f(3,2)π。10.[多選]一單匝矩形線圈在勻強(qiáng)磁場中繞垂直于磁場的軸線勻速轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生正弦式交變電流，其電動勢的變化規(guī)律如圖中圖線a所示，當(dāng)調(diào)整線圈轉(zhuǎn)速后，電動勢的變化規(guī)律如圖線b所示，以下關(guān)于這兩個正弦式交變電流的說法正確的是()A．從圖線可算出穿過線圈磁通量的最大值B．線圈先后兩次轉(zhuǎn)速之比為2∶3C．在圖線a和b中，t＝0時刻穿過線圈的磁通量均為零D．圖線b電動勢的瞬時值表達(dá)式為e＝100sineq\f(100π,3)t(V)解析：選AD根據(jù)圖線a：感應(yīng)電動勢最大值Em＝BSω＝Φmω，因此磁通量最大值Φm＝eq\f(Em,ωa)＝eq\f(EmTa,2π)＝eq\f(3,π)Wb，A正確。線圈先后兩次周期之比eq\f(Ta,Tb)＝eq\f(0.04s,0.06s)＝eq\f(2,3)，eq\f(na,nb)＝eq\f(Tb,Ta)＝eq\f(3,2)，B錯誤。t＝0時刻感應(yīng)電動勢為零，線圈處于中性面位置，磁通量最大，C錯誤。感應(yīng)電動勢最大值Em＝BSω，因此eq\f(Ema,Emb)＝eq\f(ωa,ωb)＝eq\f(3,2)，即Emb＝eq\f(2,3)Ema＝100V，圖線b電動勢瞬時值表達(dá)式為e＝Embsinωbt＝100sineq\f(100π,3)t(V)，D正確。11.如圖所示，勻強(qiáng)磁場B＝0.1T，所用矩形線圈的匝數(shù)N＝100，邊長ab＝0.2m，bc＝0.5m，以角速度ω＝100πrad/s繞OO′軸勻速轉(zhuǎn)動。當(dāng)線圈平面通過中性面時開始計時，試求：(1)線圈中感應(yīng)電動勢的瞬時值表達(dá)式。(2)由t＝0至t＝eq\f(T,4)過程中的平均電動勢值。解析：(1)感應(yīng)電動勢的瞬時值e＝NBSωsinωt，由題可知S＝aeq\x\to(b)·beq\x\to(c)＝0.2×0.5m2＝0.1m2Em＝NBSω＝100×0.1×0.1×100πV＝314V所以e＝314sin100πt(V)。(2)用E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)計算t＝0至t＝eq\f(T,4)過程中的平均電動勢E＝Neq\f(|Φ\f(π,2)－Φ0|,\f(T,4)－0)＝Neq\f(|0－BS|,\f(T,4))＝eq\f(4NBS,\f(2π,ω))即E＝eq\f(2,π)NBSω。代入數(shù)值得E＝200V。答案：(1)e＝314sin100πt(V)(2)200V12.如圖所示，在勻強(qiáng)磁場中有一個“π”形導(dǎo)線框，可繞AB軸轉(zhuǎn)動，已知勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(5\r(2),π)T，線框相鄰兩邊相互垂直，其中CD邊長為20cm，CE、DF長均為10cm，轉(zhuǎn)速為50r/s，若從圖示CEFD平面平行磁場位置開始計時：(1)寫出線框中感應(yīng)電動勢的瞬時值表達(dá)式；(2)求出由圖示位置轉(zhuǎn)過30°過程中線框產(chǎn)生的平均電動勢；(3)作出線框中感應(yīng)電動勢隨時間變化的e-t圖像。解析：(1)線框轉(zhuǎn)動，開始計時的位置為線框平面與磁感線平行的位置，CD邊長為l1＝20cm，CE、DF邊長為l2＝10cm，在t時刻線框轉(zhuǎn)過的角度為ωt，此時刻e＝Bl1l2ωcosωt其中B＝eq\f(5\r(2),π)Tl1×l2＝0.1×0.2m2＝0.02m2ω＝2πn＝2π×50rad/s＝100πrad/s故e＝eq\f