2018-2019學(xué)年高中物理 第五章 交變電流 5-1 交變電流練習(xí) 新人教版選修3-2.doc

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5-1 交變電流 　　時(shí)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(chǎn)生交變電流的是(　　) 答案　CD 解析　A圖中的轉(zhuǎn)軸與磁場(chǎng)方向平行，B圖中的轉(zhuǎn)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(yīng)電流產(chǎn)生，故A、B錯(cuò)誤；根據(jù)交變電流產(chǎn)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(zhuǎn)動(dòng)，就可以產(chǎn)生交變電流，對(duì)線圈的形狀沒有特別要求，故C、D正確。 2．關(guān)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(shí)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(shí)間做周期性的變化 答案　D 解析　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(shí)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(jiǎn)單的一種。故選D。 3．已知交變電流的瞬時(shí)表達(dá)式為i＝311sin314t(A)，從t＝0到第一次電流出現(xiàn)最大值時(shí)間是(　　) A．0.005 s B．0.001 s C．0.02 s D．0.01 s 答案　A 解析　交變電流瞬時(shí)表達(dá)式i＝311sin314t(A) 故角頻率為ω＝314 rad/s 故周期為：T＝ s＝0.02 s 因?yàn)槭钦沂浇蛔冸娏?，從線圈經(jīng)過中性面開始計(jì)時(shí)，故在時(shí)刻第一次出現(xiàn)電流峰值，即：0.005 s，所以A項(xiàng)正確。 4．欲增大交流發(fā)電機(jī)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)而不改變頻率，下面措施中不能采用的是(　　) A．增大轉(zhuǎn)速 B．增大磁感應(yīng)強(qiáng)度 C．增加線圈匝數(shù) D．增大線圈的包圍面積 答案　A 解析　設(shè)線圈匝數(shù)為N，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，線圈圍成的面積為S，角速度為ω，轉(zhuǎn)速n單位采用r/s時(shí)f＝n，由Em＝NBSω＝NBS2πn，可知B、C、D項(xiàng)只改變Em的大小，沒有改變頻率，而A項(xiàng)改變了頻率，故選A。 5．(多選)矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，所產(chǎn)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(shí)刻穿過線圈的磁通量達(dá)到峰值 B．在t2時(shí)刻穿過線圈的磁通量達(dá)到峰值 C．在t3時(shí)刻穿過線圈的磁通量的變化率達(dá)到峰值 D．在t4時(shí)刻穿過線圈的磁通量的變化率達(dá)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(yīng)定律，關(guān)鍵要清楚i(e)和的對(duì)應(yīng)關(guān)系。從圖中可知，t1時(shí)刻線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)達(dá)到峰值，磁通量變化率達(dá)到峰值，而磁通量最小，線圈平面與磁感線平行。t2、t4時(shí)刻感應(yīng)電流為零，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)等于零，磁通量變化率為零，線圈處于中性面位置，磁通量達(dá)到峰值。t3時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)達(dá)到峰值，線圈中的磁通量變化率達(dá)到峰值。正確答案為B、C。 6．下圖是某交流發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與時(shí)間的關(guān)系圖象。如果其他條件不變，僅使線圈的轉(zhuǎn)速變?yōu)樵瓉淼亩?，則交流電動(dòng)勢(shì)的最大值和周期分別變?yōu)?　　) A．400 V,0.02 s B．200 V,0.02 s C．400 V,0.08 s D．200 V,0.08 s 答案　B 解析　根據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值的表達(dá)式Em＝NBSω得知，Em與ω成正比，又知道ω＝2πn，T＝，所以可得Em′＝2Em＝200 V，T′＝T＝0.02 s，故選B。 7．在垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中放置了矩形線圈abcd，線圈cd邊沿豎直方向且與磁場(chǎng)的右邊界重合。線圈平面與磁場(chǎng)方向垂直，從t＝0時(shí)刻起，線圈以恒定角速度ω＝繞cd邊沿如圖所示方向轉(zhuǎn)動(dòng)，規(guī)定線圈中電流沿abcda方向?yàn)檎较?，則從t＝0到t＝T時(shí)間內(nèi)，線圈中的電流i隨時(shí)間t變化關(guān)系圖象為(　　) 答案　B 解析　在t＝0時(shí)刻，磁通量最大，磁通量的變化率最小，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，即感應(yīng)電流為零，所以C、D錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律可得，t＝0之后的四分之一周期內(nèi)，線圈的磁通量減小，故產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)閍→d→c→b→a為負(fù)方向，故B正確，A錯(cuò)誤。 8. (多選)如圖所示，一正方形線圈abcd在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁感線的對(duì)稱軸OO′勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，沿著OO′軸觀察，線圈沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)。已知磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，線圈匝數(shù)為n，邊長(zhǎng)為l，電阻為R，轉(zhuǎn)動(dòng)角速度為ω，則當(dāng)線圈轉(zhuǎn)至圖示位置時(shí)(　　) A．線圈中感應(yīng)電流的方向?yàn)閍bcda B．穿過線圈的磁通量為0，但磁通量的變化率為Bl2ω C．線圈中的感應(yīng)電流為 D．線圈從圖示位置起轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值為nBl2ω 答案　BCD 解析　 選項(xiàng) 內(nèi)容分析 結(jié)論 A 根據(jù)右手定則判斷知，ad邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向由a→d；bc邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向由c→b B 因?yàn)榫€圈平面與磁感線平行，所以穿過線圈的磁通量為0；e＝Em＝nBl2ω，由E＝n得＝＝Bl2ω √ C 因?yàn)閑＝nBl2ω，所以i＝＝ √ D t＝，ω＝，由e＝nBl2ωcosωt＝nBl2ωcos＝nBl2ω √ 9．(多選)如圖甲所示，U形金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌上跨接一金屬棒ab，與導(dǎo)軌構(gòu)成閉合電路，并能在導(dǎo)軌上自由滑動(dòng)，在導(dǎo)軌左側(cè)與ab平行放置的導(dǎo)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(shí)間是(　　) A．0～t1 B．t1～t2 C．t2～t3 D．t3～t4 答案　AC 解析　0～t1時(shí)間內(nèi)，電流I由c→d且逐漸增大，由安培定則知，穿過abEF回路的磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直紙面向里，且逐漸增強(qiáng)，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a→b；再由左手定則可判定，此過程中ab棒所受安培力向左，選項(xiàng)A正確。同理，可判定出t1～t2、t3～t4時(shí)間內(nèi)ab棒所受安培力向右，t2～t3時(shí)間內(nèi)ab棒所受安培力向左，C項(xiàng)正確，B、D錯(cuò)誤。 10．(多選)矩形線圈的匝數(shù)為50匝，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，穿過線圈的磁通量隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖所示，下列結(jié)論正確的是(　　) A．在t＝0.1 s和t＝0.3 s時(shí)，電動(dòng)勢(shì)最大 B．在t＝0.2 s和t＝0.4 s時(shí)，電動(dòng)勢(shì)改變方向 C．電動(dòng)勢(shì)的最大值約是157 V D．在t＝0.4 s時(shí)，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(shí)刻，穿過線圈的磁通量最大，此時(shí)刻磁通量的變化率等于零，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，A錯(cuò)誤；0.2 s和0.4 s時(shí)刻，穿過線圈的磁通量為零，但此時(shí)刻磁通量的變化率最大，線圈平面與中性面垂直，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)達(dá)到峰值，但方向不變，B錯(cuò)誤。根據(jù)電動(dòng)勢(shì)的最大值公式：Em＝NBSω，Φm＝BS，ω＝，可得：Em≈157 V；由E＝N知磁通量變化率的最大值應(yīng)為≈3.14 Wb/s，故選項(xiàng)C、D正確。 二、非選擇題(共3小題，40分) 11．(12分)發(fā)電機(jī)的轉(zhuǎn)子是匝數(shù)為100匝、邊長(zhǎng)為20 cm 的正方形線圈，將它置于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.05 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，繞著垂直于磁場(chǎng)方向的軸以ω＝100π rad/s的角速度轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)線圈平面跟磁場(chǎng)方向垂直時(shí)開始計(jì)時(shí)，線圈和外電路的總電阻 R＝10 Ω。 (1)寫出交變電流的瞬時(shí)值表達(dá)式； (2)從計(jì)時(shí)開始，線圈轉(zhuǎn)過的過程中通過線圈某一橫截面的電荷量為多少？ 答案　(1)i＝2πsin100πt(A)　(2)110－2 C 解析　(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值為Em＝nBSω Em＝1000.050.20.2100π(V)＝20π(V) Im＝＝2π(A)，所以i＝Imsinωt＝2πsin100πt(A) (2)從中性面開始計(jì)時(shí)，線圈轉(zhuǎn)過，則 ΔΦ＝BΔS＝BS＝BS 此過程中通過線圈某一橫截面的電荷量 q＝t＝Δt＝＝ 代入數(shù)據(jù)解得q＝110－2 C。 12．(12分)一矩形線圈，面積是0.05 m2，共100匝，線圈電阻r＝1 Ω，外接電阻R＝4 Ω，線圈在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝ T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中以n＝300 r/min的轉(zhuǎn)速繞垂直于磁感線的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，如圖所示，若從中性面開始計(jì)時(shí)，求： (1)線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式； (2)開始計(jì)時(shí)經(jīng) s時(shí)線圈中感應(yīng)電流的瞬時(shí)值； (3)外電路R兩端電壓的瞬時(shí)值表達(dá)式。 答案　(1)e＝50sin10πt(V)　(2)8.66 A (3)u＝40sin10πt(V) 解析　(1)線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁感線的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，從中性面開始計(jì)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值e＝Emsinωt，其中ω＝2πn，Em＝NBSω，代入數(shù)據(jù)可得ω＝2πn＝2π5 rad/s＝10π rad/s，Em＝NBSω＝1000.0510π V＝50 V，所以e＝50sin10πt(V)。 (2)由閉合電路歐姆定律有i＝＝10sin10πt(A)， 當(dāng)t＝ s時(shí)，i＝10sin＝10sin60＝5 A≈8.66 A。 (3)由u＝iR得，u＝40sin10πt(V)。 13．(16分)在圖甲所示區(qū)域(圖中直角坐標(biāo)系xOy的一、三象限)內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)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(dǎo)線框OPQ以角速度ω繞O點(diǎn)在紙面內(nèi)沿逆時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，導(dǎo)線框回路電阻為R。 (1)求導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的最大值I0和交變感應(yīng)電流的頻率f； (2)在圖乙中畫出導(dǎo)線框在轉(zhuǎn)動(dòng)一周的時(shí)間內(nèi)的感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的圖象(規(guī)定與圖甲中線框的位置相應(yīng)的時(shí)刻為t＝0)。 答案　(1)ωBl2　　(2)見解析 解析　(1)從題圖中所示位置開始(t＝0)轉(zhuǎn)過60的過程中，經(jīng)Δt時(shí)間的轉(zhuǎn)角Δθ＝ωΔt， 回路的磁通量的變化量ΔΦ＝Δθl2B。 由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝。 因勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，所以這就是最大的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。 由歐姆定律可求得電流最大值I0＝ωBl2。 前半圈和后半圈的i(t)相同，故交變感應(yīng)電流的頻率等于旋轉(zhuǎn)頻率的2倍。 f＝2＝。 (2)it圖象如圖所示。