高中物理人教版2第五章交變電流1交變電流 省賽獲獎

人教版選修3－1第五章第1節(jié)交變電流練習31．家庭電路的交變電流圖象為如圖所示中的()2．一線圈在勻強磁場中勻速轉動，在如圖所示位置時()A．穿過線圈的磁通量最大，磁通量的變化率最小B．穿過線圈的磁通量最大，磁通量的變化率最大C．穿過線圈的磁通量最小，磁通量的變化率最大D．穿過線圈的磁通量最小，磁通量的變化率最小3.如圖所示，一面積為S的單匝矩形線圈處于有界磁場中，能使線圈中產(chǎn)生交變電流的是()A．將線圈水平向右勻速拉出磁場B．使線圈以OO′為軸勻速轉動C．使線圈以ab為軸勻速轉動D．磁場以B＝B0sinωt規(guī)律變化4．閉合線圈在勻強磁場中勻速轉動時，產(chǎn)生的正弦式交變電流i＝Imsinωt.若保持其他條件不變，使線圈的匝數(shù)和轉速各增加1倍，則電流的變化規(guī)律為()A．i′＝ImsinωtB．i′＝Imsin2ωtC．i′＝2ImsinωtD．i′＝2Imsin2ωt5.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′觀察，線圈沿逆時針方向轉動．已知勻強磁場的磁感應強度為B，線圈匝數(shù)為n，邊長為l，電阻為R，轉動的角速度為ω.則當線圈轉至圖示位置時()A．線圈中感應電流的方向為abcdaB．線圈中的感應電流為eq\f(nBl2ω,R)C．穿過線圈的磁通量為零D．穿過線圈磁通量的變化率為零6．一只矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁感線的軸勻速轉動，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＝s時刻Φ的變化率達最大C．s時刻感應電動勢達到最大D．該線圈相應的感應電動勢圖象如圖乙所示7.如圖所示是一多匝線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉動所產(chǎn)生的感應電動勢的圖象，根據(jù)圖象可知()A．此感應電動勢的瞬時表達式為e＝B．此感應電動勢的瞬時表達式為e＝200sin100πtC．t＝s時，穿過線圈的磁通量為零D．t＝s時，穿過線圈的磁通量的變化率最大8．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，下列結論正確的是()A．在t＝s和t＝s時，電動勢最大B．在t＝s和t＝s時，電動勢改變方向C．電動勢的最大值是157VD．在t＝s時，磁通量變化率最大，其值為Wb/s9．如圖甲所示，甲、乙兩個并排放置的共軸線圈，甲中通有如圖乙所示的交變電流，則下列判斷錯誤的是()A．在t1到t2時間內，甲乙相吸B．在t2到t3時間內，甲乙相斥C．t1時刻兩線圈間作用力為零D．t2時刻兩線圈間吸引力最大10．發(fā)電機的轉子是匝數(shù)為100，邊長為20cm的正方形線圈，將它置于磁感應強度B＝T的勻強磁場中，繞著垂直于磁場方向的軸以ω＝100πrad/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R＝10Ω.線圈從計時開始，到轉過60°過程中通過線圈某一截面的電荷量為多少？11.如圖所示，一半徑為r＝10cm的圓形線圈共100匝，在磁感應強度B＝eq\f(5,π2)T的勻強磁場中，繞垂直于磁場方向的中心軸線OO′以n＝600r/min的轉速勻速轉動，當線圈轉至中性面位置時開始計時．(1)寫出線圈內所產(chǎn)生的感應電動勢的瞬時值表達式；(2)求線圈從圖示位置經(jīng)eq\f(1,60)s時的電動勢的瞬時值；(3)求線圈從圖示位置經(jīng)eq\f(1,60)s時間內的電動勢的平均值．12．如圖所示，在勻強磁場中有一個“π”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20cm，CE、DF長均為10cm，轉速為50r/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．答案1．答案：A2．答案：C解析：當線框平面平行于磁感線時，磁通量最小，但Em最大，即eq\f(ΔΦ,Δt)最大，故正確答案為C.3.解析：選BCD.將線圈向右拉出磁場時，線圈中電流方向不變．A錯，BC兩種情況下產(chǎn)生交變電流，只是在C情況下當線圈全部位于磁場外的一段時間內線圈內沒有電流，由法拉第電磁感應定律可知D種情況下產(chǎn)生按余弦規(guī)律變化的電流．BCD對．4．解析：選D.由電動勢的最大值知，最大電動勢與角速度成正比，與匝數(shù)成正比，所以電動勢最大值為4Em，匝數(shù)加倍后，其電阻也應該加倍，此時線圈的電阻為2R，根據(jù)歐姆定律可得電流的最大值為Im′＝eq\f(4Em,2R)＝2Im，因此，電流的變化規(guī)律為i′＝2Imsin2ωt.5.解析：選BC.根據(jù)右手定則回路中電流d→c→b→a→d，A錯．電動勢e＝Em＝nBSω＝nBl2ω，所以電流i＝eq\f(e,R)＝eq\f(nBl2ω,R)，B正確．圖示位置時Φ＝0，但eq\f(ΔΦ,Δt)≠0，C正確，D錯誤．6．解析：選＝0時Φ最大，線圈應在中性面位置，A錯；t＝s時，Φ－t圖象的斜率最大，故eq\f(ΔΦ,Δt)最大，B正確；t＝s時，Φ不變，故e＝0，C錯；因Φ－t圖象為余弦圖象，故e－t圖象為正弦圖象，D錯．7.答案：B8．解析：選CD.從題圖中可知，在s和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；s和s時刻，穿過線圈的磁通量為零，但此時刻磁通量的變化率最大，由此得選項AB錯誤．根據(jù)電動勢的最大值公式：Em＝nBSω，Φm＝BS，ω＝eq\f(2π,T)，可得：Em＝157V；磁通量變化率的最大值應為eq\f(Em,n)＝Wb/s，故CD正確．9．解析：選到t2時間內，甲中電流減小，甲中的磁場穿過乙且減小，因此乙中產(chǎn)生與甲同向的磁場，故甲、乙相吸，A選項正確．同理B選項正確．t1時刻甲中電流最大，但變化率為零，乙中無感應電流，故兩線圈的作用力為零，故C選項正確，t2時刻甲中電流為零，但此時電流的變化率最大，乙中的感應電流最大，但相互作用力為零，故D選項錯誤．因此，錯誤的應是D.10．解析：eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)又eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)且eq\x\to(I)＝eq\f(q,t)，Δt＝t.所以，通過線圈某一截面的電荷量q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(nΔΦ,ΔtR)Δt＝eq\f(nΔΦ,R)從中性面計時，轉過60°，如圖所示ΔΦ＝BΔS＝BS(1－cos60°)＝eq\f(1,2)BSq＝eq\f(nBS,2R)＝eq\f(100×××,20)C＝1×10－2C.答案：1×10－2C11.解析：當線圈從中性面開始計時，產(chǎn)生的感應電動勢的瞬時值表達式為e＝nBSωsinωt.(1)e＝nBSωsinωt，其中ω＝2πn＝2π×10rad/s＝20πrad/s.所以e＝nBSωsinωt＝100×eq\f(5,π2)×π××20πsin20πtV＝100sin20πtV.(2)t1＝eq\f(1,60)s時，e＝100sin20π×eq\f(1,60)V＝50eq\r(3)V.(3)t0＝0時，磁通量Φ1＝B·S＝eq\f(5,π2)×π×＝eq\f,π)Wb；t1＝eq\f(1,60)s時，磁通量Φ2＝B·Scosωt＝eq\f(5,π2)×π×20π×eq\f(1,60)Wb＝eq\f,π)Wb.平均電動勢：eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(Φ1－Φ2,t1－t0)＝100×eq\f(\f,π)－\f,π),\f(1,60))V≈V.答案：(1)e＝100sin20πtV(2)50eq\r(3)V(3)V12．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，在t時刻線框轉過的角度為ωt