《2018-2019學年高中物理 第五章 交變電流 5-1 交變電流練習 新人教版選修3-2》由會員分享,可在線閱讀,更多相關《2018-2019學年高中物理 第五章 交變電流 5-1 交變電流練習 新人教版選修3-2(8頁珍藏版)》請在裝配圖網上搜索。
1、5-1 交變電流時間:40分鐘滿分:100分一、選擇題(每小題6分,共60分)1(多選)下列各圖中能產生交變電流的是()答案CD解析A圖中的轉軸與磁場方向平行,B圖中的轉軸與紙面方向垂直,但線圈中的磁通量始終為零,線圈中無感應電流產生,故A、B錯誤;根據交變電流產生的條件可知,線圈繞垂直于磁感線且通過線圈平面的軸線轉動,就可以產生交變電流,對線圈的形狀沒有特別要求,故C、D正確。2關于交變電流和直流電流的說法中正確的是()A如果電流大小隨時間做周期性變化,則一定是交變電流B直流電流的大小和方向一定不變C交變電流一定是按正弦規(guī)律變化的D交變電流的最大特征就是電流的方向隨時間做周期性的變化答案D解
2、析直流電的特征是電流的方向不變,電流的大小可以改變。交變電流的特征是電流的方向隨時間改變。交變電流有多種形式,正弦式交流電只是交變電流中最基本、最簡單的一種。故選D。3已知交變電流的瞬時表達式為i311sin314t(A),從t0到第一次電流出現最大值時間是()A0.005 s B0.001 sC0.02 s D0.01 s答案A解析交變電流瞬時表達式i311sin314t(A)故角頻率為314 rad/s故周期為:T s0.02 s因為是正弦式交變電流,從線圈經過中性面開始計時,故在時刻第一次出現電流峰值,即:0.005 s,所以A項正確。4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
3、中不能采用的是()A增大轉速 B增大磁感應強度C增加線圈匝數 D增大線圈的包圍面積答案A解析設線圈匝數為N,磁感應強度為B,線圈圍成的面積為S,角速度為,轉速n單位采用r/s時fn,由EmNBSNBS2n,可知B、C、D項只改變Em的大小,沒有改變頻率,而A項改變了頻率,故選A。5(多選)矩形線圈在勻強磁場中勻速轉動,所產生的交變電流的波形如圖所示,下列說法中正確的是()A在t1時刻穿過線圈的磁通量達到峰值B在t2時刻穿過線圈的磁通量達到峰值C在t3時刻穿過線圈的磁通量的變化率達到峰值D在t4時刻穿過線圈的磁通量的變化率達到峰值答案BC解析本題考查交流電的圖象及法拉第電磁感應定律,關鍵要清楚i
4、(e)和的對應關系。從圖中可知,t1時刻線圈中感應電動勢達到峰值,磁通量變化率達到峰值,而磁通量最小,線圈平面與磁感線平行。t2、t4時刻感應電流為零,感應電動勢等于零,磁通量變化率為零,線圈處于中性面位置,磁通量達到峰值。t3時刻感應電動勢達到峰值,線圈中的磁通量變化率達到峰值。正確答案為B、C。6下圖是某交流發(fā)電機產生的感應電動勢與時間的關系圖象。如果其他條件不變,僅使線圈的轉速變?yōu)樵瓉淼亩?,則交流電動勢的最大值和周期分別變?yōu)?)A400 V,0.02 s B200 V,0.02 sC400 V,0.08 s D200 V,0.08 s答案B解析根據感應電動勢最大值的表達式EmNBS得知
5、,Em與成正比,又知道2n,T,所以可得Em2Em200 V,TT0.02 s,故選B。7在垂直紙面向里的有界勻強磁場中放置了矩形線圈abcd,線圈cd邊沿豎直方向且與磁場的右邊界重合。線圈平面與磁場方向垂直,從t0時刻起,線圈以恒定角速度繞cd邊沿如圖所示方向轉動,規(guī)定線圈中電流沿abcda方向為正方向,則從t0到tT時間內,線圈中的電流i隨時間t變化關系圖象為()答案B解析在t0時刻,磁通量最大,磁通量的變化率最小,產生的感應電動勢為零,即感應電流為零,所以C、D錯誤;根據楞次定律可得,t0之后的四分之一周期內,線圈的磁通量減小,故產生的感應電流方向為adcba為負方向,故B正確,A錯誤。
6、8. (多選)如圖所示,一正方形線圈abcd在勻強磁場中繞垂直于磁感線的對稱軸OO勻速轉動,沿著OO軸觀察,線圈沿逆時針方向轉動。已知磁感應強度為B,線圈匝數為n,邊長為l,電阻為R,轉動角速度為,則當線圈轉至圖示位置時()A線圈中感應電流的方向為abcdaB穿過線圈的磁通量為0,但磁通量的變化率為Bl2C線圈中的感應電流為D線圈從圖示位置起轉動時,電動勢的瞬時值為nBl2答案BCD解析選項內容分析結論A根據右手定則判斷知,ad邊切割磁感線產生的感應電流方向由ad;bc邊切割磁感線產生的感應電流方向由cbB因為線圈平面與磁感線平行,所以穿過線圈的磁通量為0;eEmnBl2,由En得Bl2C因為
7、enBl2,所以iDt,由enBl2costnBl2cosnBl29(多選)如圖甲所示,U形金屬導軌水平放置,導軌上跨接一金屬棒ab,與導軌構成閉合電路,并能在導軌上自由滑動,在導軌左側與ab平行放置的導線cd中通以如圖乙所示的交變電流,規(guī)定電流方向自c向d為正,則ab棒受到向左的安培力的作用時間是()A0t1 Bt1t2 Ct2t3 Dt3t4答案AC解析0t1時間內,電流I由cd且逐漸增大,由安培定則知,穿過abEF回路的磁感應強度垂直紙面向里,且逐漸增強,因此磁通量增大,由楞次定律判定金屬棒ab中的電流方向由ab;再由左手定則可判定,此過程中ab棒所受安培力向左,選項A正確。同理,可判定
8、出t1t2、t3t4時間內ab棒所受安培力向右,t2t3時間內ab棒所受安培力向左,C項正確,B、D錯誤。10(多選)矩形線圈的匝數為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,下列結論正確的是()A在t0.1 s和t0.3 s時,電動勢最大B在t0.2 s和t0.4 s時,電動勢改變方向C電動勢的最大值約是157 VD在t0.4 s時,磁通量變化率最大,其值約為3.14 Wb/s答案CD解析從題圖中可知,在0.1 s和0.3 s時刻,穿過線圈的磁通量最大,此時刻磁通量的變化率等于零,感應電動勢為零,A錯誤;0.2 s和0.4 s時刻,穿過線圈的磁
9、通量為零,但此時刻磁通量的變化率最大,線圈平面與中性面垂直,感應電動勢達到峰值,但方向不變,B錯誤。根據電動勢的最大值公式:EmNBS,mBS,可得:Em157 V;由EN知磁通量變化率的最大值應為3.14 Wb/s,故選項C、D正確。二、非選擇題(共3小題,40分)11(12分)發(fā)電機的轉子是匝數為100匝、邊長為20 cm 的正方形線圈,將它置于磁感應強度B0.05 T的勻強磁場中,繞著垂直于磁場方向的軸以100 rad/s的角速度轉動,當線圈平面跟磁場方向垂直時開始計時,線圈和外電路的總電阻 R10 。(1)寫出交變電流的瞬時值表達式;(2)從計時開始,線圈轉過的過程中通過線圈某一橫截面
10、的電荷量為多少?答案(1)i2sin100t(A)(2)1102 C解析(1)感應電動勢最大值為EmnBSEm1000.050.20.2100(V)20(V)Im2(A),所以iImsint2sin100t(A)(2)從中性面開始計時,線圈轉過,則BSBSBS此過程中通過線圈某一橫截面的電荷量qtt代入數據解得q1102 C。12(12分)一矩形線圈,面積是0.05 m2,共100匝,線圈電阻r1 ,外接電阻R4 ,線圈在磁感應強度B T的勻強磁場中以n300 r/min的轉速繞垂直于磁感線的軸勻速轉動,如圖所示,若從中性面開始計時,求:(1)線圈中感應電動勢的瞬時值表達式;(2)開始計時經
11、s時線圈中感應電流的瞬時值;(3)外電路R兩端電壓的瞬時值表達式。答案(1)e50sin10t(V)(2)8.66 A(3)u40sin10t(V)解析(1)線圈在勻強磁場中繞垂直于磁感線的軸勻速轉動,從中性面開始計時產生的感應電動勢的瞬時值eEmsint,其中2n,EmNBS,代入數據可得2n25 rad/s10 rad/s,EmNBS1000.0510 V50 V,所以e50sin10t(V)。(2)由閉合電路歐姆定律有i10sin10t(A),當t s時,i10sin10sin605 A8.66 A。(3)由uiR得,u40sin10t(V)。13(16分)在圖甲所示區(qū)域(圖中直角坐標系
12、xOy的一、三象限)內有勻強磁場,磁感應強度方向垂直于紙面向里,大小為B。半徑為l,圓心角為60的扇形導線框OPQ以角速度繞O點在紙面內沿逆時針方向勻速轉動,導線框回路電阻為R。(1)求導線框中感應電流的最大值I0和交變感應電流的頻率f;(2)在圖乙中畫出導線框在轉動一周的時間內的感應電流i隨時間t變化的圖象(規(guī)定與圖甲中線框的位置相應的時刻為t0)。答案(1)Bl2(2)見解析解析(1)從題圖中所示位置開始(t0)轉過60的過程中,經t時間的轉角t,回路的磁通量的變化量l2B。由法拉第電磁感應定律得感應電動勢E。因勻速轉動,所以這就是最大的感應電動勢。由歐姆定律可求得電流最大值I0Bl2。前半圈和后半圈的i(t)相同,故交變感應電流的頻率等于旋轉頻率的2倍。f2。(2)it圖象如圖所示。8