【物理】2020届一轮复习人教版交变电流的描述课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版交变电流的描述课时作业

2020 届一轮复习人教版 交变电流的描述 课时作业 1. (多选)欲增大交流发电机的感应电动势而不改变频率，下面措施 中能采用的是( ) A．增大转速 B．减小磁感应强度 C．增加线圈匝数 D．增大线圈的包围面积 解析：设线圈匝数为 n，磁感应强度为 B，线圈围成的面积为 S， 角速度为ω，转速为 v(转/秒)，由 Em＝nBSω＝nBS·2πv，频率 f＝ ω 2π ＝ 2πv 2π ＝v，可知 B、C、D 项只改变 Em 的大小，没有改变频率，但 B 选 项使感应电动势减小，而 A 项改变了频率．故选 C、D. 答案：CD 2．一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，穿 过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则以下说法正确的是 ( ) A．t＝0 时刻，线圈平面与中性面垂直 B．t＝0.01 s 时，Φ的变化率最大 C．t＝0.02 s 时，感应电动势达到最大值 D．该线圈产生的感应电动势的图象如图乙所示 解析：由题图甲知 t＝0 时刻磁通量最大，线圈平面应在中性面位 置，A 错误；t＝0.01 s 时刻，磁通量等于零，但Φ的变化率最大，B 正 确；t＝0.02 s 时刻，磁通量最大，但磁通量的变化率为零，感应电动 势为零，C 错误；由题图甲知交流电动势的图象应为正弦图象，D 错 误． 答案：B 3. (多选)矩形线圈的匝数为 50 匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的 轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示．则下 列结论正确的是( ) A．在 t＝0.1 s 和 t＝0.3 s 时，电动势最大 B．在 t＝0.2 s 和 t＝0.4 s 时，电动势改变方向 C．电动势的最大值是 157 V D．在 t＝0.4 s 时，磁通量变化率最大，其值为 3.14 Wb/s 解析：在 t＝0.1 s 和 t＝0.3 s 时，磁通量最大，但磁通量的变化率 最小为零，所以电动势为零，方向发生改变；在 t＝0.2 s 和 t＝0.4 s 时， 磁通量最小为零，但磁通量的变化率最大，方向不变，电动势的最大 值 Em＝nBSω＝50×0.2×2π 0.4 V＝157 V；又 Em＝nΔΦ Δt ，所以ΔΦ Δt ＝3.14 Wb/s.故 C、D 正确． 答案：CD 4．一交变电流的瞬时值表达式为 e＝380sin 4πt(V)，将一耐压值 为 360 V 的电容器接在该电源两端，则电容器( ) A．会被击穿 B．不会被击穿 C．时而击穿时而不会击穿 D．是否会被击穿，还需看电容 解析：电容器能否被击穿决定于其耐压值与交变电流的峰值之间 的大小关系，由于 Em＝380 V>360 V，故会被击穿，故 A 正确． 答案：A 5．(多选)如图所示，形状或转轴位置不同，但面积均为 S 的单匝 线圈处在同一个磁感应强度为 B 的匀强磁场中，以相同的角速度ω匀 速转动，从图示的位置开始计时，则下列说法正确的是( ) A．感应电动势最大值相同 B．感应电动势瞬时值不同 C．感应电动势最大值、瞬时值都不同 D．感应电动势最大值、瞬时值都相同 解析：根据感应电动势的产生可知，只要导线框是绕垂直于磁场 的轴转动，感应电动势的最大值都相同；由于导体框都是从中性面开 始计时，则感应电动势的表达式均为：e＝Emsin ωt，故说明四个线圈 产生的感应电动势最大值及瞬时值均相同，故 A、D 正确，B、C 错误． 答案：AD B 级 提能力 6. 如图所示，虚线 OO′的左边存在着方向垂直于纸面向里的匀强 磁场，右边没有磁场．单匝矩形线圈 abcd 的对称轴恰与磁场右边界重 合，线圈平面与磁场垂直．线圈沿图示方向绕 OO′轴以角速度ω匀速转 动(即 ab 边先向纸外、cd 边先向纸里转动)，规定沿 a→b→c→d→a 方 向为感应电流的正方向．若从图示位置开始计时，下图中四个图象能 正确表示线圈内感应电流 i 随时间 t 的变化规律的是( ) 解析：在 0～T 4 内，ab 一侧的线框在磁场中绕 OO′转动产生正弦式 交变电流，电流方向由楞次定律判断为 dcbad 且越来越大；T 4 ～T 2 内， ab 一侧线框在磁场外，而 dc 一侧线框又进入磁场产生交变电流，电流 方向为 dcbad 且越来越小，以此类推，可知 i t 图象正确的为 B. 答案：B 7．如图所示，矩形线圈 abcd，已知 ab 为 L1，ad 为 L2，在磁感 强度为 B 的匀强磁场中绕 OO′轴以角速度ω(从图中位置开始)匀速转 动，则线圈中感应电动势的大小为( ) A.1 2BL1L2ωsin ωt B.1 2BL1L2ωcos ωt C．BL1L2ωsin ωt D．BL1L2ωcos ωt 解析：线圈经过时间 t 时，转过角度θ，这时 ab、cd 边切割磁感线 产生感应电动势 eab＝BL1vsin θ，ecd＝BL1vsin θ，bc、ad 边不切割磁 感线不产生感应电动势，故线圈中的感应电动势为 e＝eab＋ecd ＝ 2BL1vsin θ＝2BL1·1 2L2ωsin ωt＝BL1L2ωsin ωt，故选项 C 正确． 答案：C 8．如图所示，矩形线圈 abcd 在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁 场方向的轴 P1 和 P2 以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场 方向平行时( ) A．线圈绕 P1 转动时的电流等于绕 P2 转动时的电流 B．线圈绕 P1 转动时的电动势小于绕 P2 转动时的电动势 C．线圈绕 P1 和 P2 转动时电流的方向相同，都是 a→b→c→d D．线圈绕 P1 转动时 cd 边受到的安培力大于绕 P2 转动时 cd 边受 到的安培力 解析：无论是绕 P1 转动还是绕 P2 转动，线圈转到图示位置时产生 的电动势都为最大值 Em＝nBSω，由欧姆定律可知此时 I 相等，A 正 确，B 错误；由右手定则可知线圈中电流方向为 a→d→c→b→a，故 C 错误；cd 边所受的安培力 F＝BLcdI，故 F 一样大，D 错误． 答案：A 9. 10 匝线圈在匀强磁场中匀速转动产生交变电流动势 e＝10 2sin 20πt (V)，求： (1)t＝0 时线圈的磁通量和磁通量的变化率． (2)线圈从中性面开始转过 180°过程中，感应电动势的平均值和最 大值的比值． 解析： (1)因为 Em＝nBSω＝nΦmω， Φm＝Em nω ＝ 10 2 10×20πWb＝ 2 20π Wb. t＝0 时，电动势 e＝0，磁通量最大．根据法拉第电磁感应定律， 磁通量的变化率就是单匝线圈电动势的绝对值，所以 t＝0 时磁通量的 变化率为 0. (2)线圈从中性面开始转过 180°过程的时间 t＝π ω ＝ π 20πs＝0.05 s， 感应电动势平均值和最大值及二者的比值分别为： — E＝ nΔΦ Δt ＝n×Φm－（－Φm） t ＝10×2Φm t ＝20 2 π V， Em＝10 2 V， E－ Rm ＝ 20 2 π π 10 2 ＝2 π. 答案： 2 20π Wb 0 (2)2 π 10.如图所示，一个矩形线圈在匀强磁场中绕 OO′轴匀速转动，磁 场方向与转轴垂直．线圈匝数 n＝50，电阻 r＝1 Ω，长 L1＝5 cm，宽 L2＝4 cm，角速度ω＝100 rad/s，磁场的磁感应强度 B＝0.2 T．线圈两 端外接电阻 R＝9 Ω的用电器和一个交流电流表．求： (1)线圈中产生的最大感应电动势； (2)瞬时感应电动势的表达式． 解析：(1)线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为 Em＝nBSω ＝50×0.2×5×4×10－4×100 V＝2.0 V. (2)瞬时感应电动势的表达式 e＝Emsin ωt＝2sin 100t (V)． 答案：(1)2.0 V (2)e＝2sin100t (V) 11．在磁感应强度为 1 T 的匀强磁场中有一匝数为 10 匝的矩形线 圈 ABCD，如图所示，其绕 OO′轴以线圈的角速度ω＝100 rad/s 匀速 转动．AB＝20 cm，BC＝25 cm，线框总电阻为 r＝1 Ω，定值电阻阻 值为 R＝9 Ω，从图示位置开始计时． (1)写出 t 时刻线圈中的感应电动势 e； (2)线框转过 30°，R 上流过的电荷量为多少？ (3)当转过 30°时，磁通量变化率为多少？ 解析：(1)最大感应电动势 Em＝nBSω＝10×1×0.2×0.25×100 V ＝50 V， 故 t 时刻感应电动势 e＝50cos 100t(V)． (2)转动过程中产生的平均感应电动势 — E＝nΔΦ Δt ，形成的感应电流 I ＝ E－ R＋r ，故流过的电荷量 q＝It＝n ΔΦ R＋r ＝0.025 C. (3)产生的感应电动势的瞬时表达式 e＝50cos 100t(V)，当转过 30° 时瞬时感应电动势 e＝25 3 V，根据 nΔΦ Δt ＝e 可得ΔΦ Δt ＝e n ＝25 3 10 Wb/s ＝5 3 2 Wb/s. 答案：(1)e＝50cos 100t(V) (2)0.025 C (3)5 3 2 Wb/s 12．如图甲所示，在匀强磁场中有一个“Ω”形导线框可绕 AB 轴 转动，已知匀强磁场的磁感应强度 B＝5 2 π T，线框的 CD 边长为 l1 ＝20 cm，CE、DF 边长均为 l2＝10 cm，角速度为 100π rad/s.若从图 示位置开始计时： (1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式； (2)在图乙的 e-t 坐标系中作出线框中感应电动势随时间变化关系 的图象． 解析：(1)线框转动，开始计时的位置为线圈平面与磁感线平行的 位置，产生的交变电流按余弦规律变化，在 t 时刻线框转过的角度为 ωt， 即 e＝BSωcos ωt，其中 B＝5 2 π T， S＝0.1×0.2 m2＝0.02 m2， ω＝100π rad/s， 故 e＝5 2 π ×0.02×100πcos 100πt， 即 e＝10 2cos 100πt(V)． (2)T＝2π ω ＝0.02 s，线框中感应电动势随时间变化关系的图象如图 所示． 答案：(1)e＝10 2cos 100πt(V) (2)见解析