《新步步高》2015-2016学年高二物理教科版选修3-2练习：2.1 交变电流 WORD版含解析.docx

1、第二章交变电流第1节交变电流 1大小和方向不随时间变化的电压和电流，称为_，简称直流电；大小和方向随时间作周期性变化的电压和电流，称为_，简称交流电2电压和电流都随时间按正弦函数规律变化的交变电流称为_电流，简称正弦交流电其电动势的瞬时值表达式为e_，其中Em_.闭合矩形线圈在_磁场中绕_的轴匀速转动时，线圈中产生的感应电流是正弦交流电3下图所示的4种电流随时间变化的图象中，属于交变电流的有()4下列各图中，哪些情况线圈中能产生交流电()5矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，下列说法中正确的是()A在中性面时，通过线圈的磁通量最大B在中性面时，感应电动势最大C穿过线圈的磁通量为零

2、时，感应电动势也为零D穿过线圈的磁通量为零时，磁通量的变化率也为零【概念规律练】知识点一交变电流的产生1如图1所示为演示交变电流产生的装置图，关于这个实验，正确的说法是()图1A线圈每转动一周，指针左右摆动两次B图示位置为中性面，线圈中无感应电流C图示位置ab边的感应电流方向为abD线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零2处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直。在t=0时刻，线圈平面与纸面重合(如图2所示)，线圈的cd边离开纸面向外运动。若规定由abcda方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图线是 ()知识点二交变

3、电流的变化规律3闭合线圈在匀强磁场中匀速转动，转速为240 r/min，若线圈平面转至与磁场方向平行时的电动势为2 V，则从中性面开始计时，所产生的交流电动势的表达式为e_ V，电动势的峰值为_ V，从中性面起经 s，交流电动势的大小为_ V.4有一个10匝正方形线框，边长为 20 cm，线框总电阻为1 ，线框绕OO轴以10 rad/s的角速度匀速转动，如图3所示，垂直于线框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.5 T问：图3(1)该线框产生的交变电流电动势最大值、电流最大值分别是多少？(2)线框从图示位置转过60时，感应电动势的瞬时值是多大？(3)写出感应电动势随时间变化的表达式【方法技巧练】

4、一、瞬时值、平均值的计算方法5矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴转动，线圈共100匝，转速为 r/min，在转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为0.03 Wb，则线圈平面转到与磁感线平行时，感应电动势为多少？当线圈平面与中性面夹角为时，感应电动势为多少？6如图4所示，匝数为n，面积为S的矩形线圈在匀强磁场B中匀速转动，角速度为，求线圈从图示位置转过180时间内的平均感应电动势图4二、交变电流图象的应用7矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动线圈中的感应电动势e随时间t的变化如图5所示下面说法中正确的是()图5At1时刻通过线圈的磁通量为零Bt2时刻通过线圈的磁通量的绝对

5、值最大Ct3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大D每当e变换方向时，通过线圈的磁通量绝对值都为最大8一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间的变化图象如图6所示，则下列说法中，正确的是()图6At0时刻，线圈平面与中性面垂直Bt0.01 s时刻，穿过线圈平面的磁通量的变化率最大Ct0.02 s时刻，线圈中有最大感应电动势Dt0.03 s时刻，线圈中有最大感应电流1关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，下列说法中正确的是()A线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次，感应电动势方向不变B线圈每转动一圈，感应电流方向就改变一次C线圈平面经过中性面一次，感

6、应电动势和感应电流的方向都要改变一次D线圈每转动一圈，感应电动势和感应电流方向都要改变一次2线圈在磁场中匀速转动产生交流电的瞬时电动势为e10sin 20t V，则下列说法正确的是()At0时，线圈平面位于中性面Bt0时，穿过线圈的磁通量最大Ct0时，导线切割磁感线的有效速度最大Dt0.4 s时，e达到峰值10 V3交流发电机在工作时的电动势为eEmsin t，若将其电枢的转速提高1倍，其他条件不变，则其电动势变为()AEmsin B2EmsinCEmsin 2t D2Emsin 2t4一闭合矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴OO匀速转动，线圈平面位于如图7甲所示的匀强磁场中通过线圈的磁通

7、量随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是()图7At1、t3时刻通过线圈的磁通量变化率最大Bt1、t3时刻线圈中感应电流方向改变Ct2、t4时刻线圈中磁通量最大Dt2、t4时刻线圈中感应电动势最小5如图8所示，一正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO匀速转动沿着OO观察，线圈沿逆时针方向转动已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，边长为l，电阻为R，转动的角速度为，则当线圈转至图示位置时()图8A线圈中感应电流的方向为abcdaB线圈中的感应电流为C穿过线圈的磁通量为0D穿过线圈的磁通量的变化率为06如图9所示，矩形线圈abcd，已知ab为L1，ad为L2，在磁感

8、应强度为B的匀强磁场中绕OO轴以角速度(从图中位置开始)匀速转动，则线圈中感应电动势的大小为()图9A.BL1L2sin t B.BL1L2cos tCBL1L2sin t DBL1L2cos t7如图10所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴OO以角速度逆时针匀速转动若以线圈平面与磁场夹角0时(如图)为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正则下列四幅图中正确的是()图108如图11甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO以恒定的角速度转动当从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，则在t时刻()

9、图11A线圈中的电流最大B穿过线圈的磁通量为零C线圈所受的安培力为零D线圈中的电流为零9如图12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()图12A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abcdD线圈绕P1转动时cd边受到的安培力大于绕P2转动时cd边受到的安培力题号123456789答案10.一矩形线圈在匀强磁场中以角速度4 rad/s匀速转动，产生的交变电动势的图象如图13所示则交变电流的频率为_Hz，当t

10、0时，线圈平面与磁感线_，当t0.5 s时，e为_V.图1311如图14所示，在匀强磁场中有一个“n”形导线框可绕AB轴转动，已知匀强磁场的磁感应强度B T，线框的CD边长为l120 cm，CE、DF边长均为l210 cm，转速为50 r/s.若从图示位置开始计时：图14(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；(2)在et坐标系中作出线框中感应电动势随时间变化关系的图象12如图15所示，匀强磁场B0.1 T，所用矩形线圈的匝数N100，边长ab0.2 m，bc0.5 m，以角速度100 rad/s绕OO轴匀速转动从线圈平面通过中性面时开始计时，试求：图15(1)线圈中感应电动势的大小(2)由

11、t0至t过程中的平均电动势值第二章交变电流第1节交变电流 答案课前预习练1恒定电流交变电流2正弦交变Emsin tnBS匀强垂直于磁场方向3CD直流电是方向不随时间改变，交变电流是方向随时间改变，正弦式交变电流是按正弦规律变化的交变电流，图象中正、负表示电流方向A选项中电流数值总为正，表示电流方向不变，是直流电B选项中图象虽为正弦，但由于电流总是正值，表示电流方向不变，电流大小随时间变化，也是直流电C、D选项中电流强度和方向都随时间做周期性变化，是交变电流因此，是交变电流的只有C和D，是正弦式交变电流的只有D.4BCDA中线圈中的磁通量始终是零，故无感应电流产生；B、C、D中都是线圈在匀强磁场

12、中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，故能产生交流电，则B、C、D正确5A中性面和磁场垂直，磁通量最大，磁通量的变化率为零课堂探究练1C线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生呈周期性变化的交变电流，线圈经过中性面时电流改变方向，线圈每转动一周，有两次通过中性面，电流方向改变两次，指针左右摆动一次，故A错；线圈处于图示位置时，ab边向右运动，由右手定则，ab边的感应电流方向为ab，故C对；线圈平面与磁场方向平行时，ab、cd边垂直切割磁感线，线圈产生的电动势最大，也可以这样认为，线圈平面与磁场方向平行时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大，B、D错误。点评线圈平面垂直于磁感线时，线圈中的感应电流为零，这一位

13、置叫中性面线圈平面经过中性面时，电流方向就发生改变线圈绕轴转一周经过中性面两次，因此感应电流方向改变两次线圈经过中性面时，穿过线圈的磁通量最大，但磁通量的变化率为零(即各边都不切割)，所以感应电动势为零2C线圈在磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，可以产生按正弦规律变化的交流电对于图示起始时刻，线圈的cd边离开纸面向纸外运动，速度方向和磁场方向垂直，产生的电动势的瞬时值最大；用右手定则判断出电流方向为逆时针方向，与规定的正方向相同所以C对点评线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，可以产生按正弦规律变化的交流电其中“线圈”无特殊要求，即矩形线圈、圆形线圈等其他形状都可，“绕某一轴匀速

14、转动”，只要求此轴垂直于磁场方向，没有其他限制条件32sin 8t21解析当线圈平面与磁场平行时(S/B)，感应电动势最大，即Em2 V，2n2 rad/s8 rad/s，则从中性面开始计时，瞬时值表达式：eEmsin t2sin 8t V，当t s时，e2sin(8) V1 V.点评当闭合线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，且从中性面开始计时时产生正弦式交流电电动势的表达式eEmsin t，Em为最大值即当线圈平面与磁场方向平行时的瞬时值，为转动角速度4(1)6.28 V6.28 A(2)5.44 V(3)e6.28sin 10t V解析(1)交变电流电动势最大值为EmnBS100.50.2210

15、 V6.28 V，电流的最大值为ImEm/R A6.28 A.(2)线框转过60时，感应电动势eEmsin 605.44 V.(3)由于线框转动是从中性面开始计时的，所以瞬时值表达式为eEmsin t6.28sin 10t V.点评电动势最大值EmnBS.当计时起点为中性面位置时表达式为eEmsin t当计时起点为线圈平面与磁场方向平行时，表达式为eEmcos t.51 V V解析由题意知：m0.03 Wb2n2 rad/s rad/s.线圈转至与磁感线平行时，感应电动势最大，故EmnBSnm1000.03 V1 V瞬时值表达式eEmsin tsin V当t时，esin V V.方法总结要记住

16、两个特殊位置感应电动势的瞬时值，即中性面位置e0；线圈平面与磁感线平行的位置eEmnBS.确定线圈从哪个位置开始计时的，从而确定电动势的瞬时值表达式是正弦形式还是余弦形式6.nBS解析由楞次定律可判断线圈从图示位置转过180时间内，线圈中的平均感应电动势E0.磁通量是没有方向的标量，但却有正负如果我们规定磁感线从线圈的一侧穿入另一侧，穿出磁通量为正，那么从另一侧穿入这一侧穿出时，磁通量就为负了设线圈转过180时，穿过它的磁通量BS，那么图示位置时穿过它的磁通量BS.由法拉第电磁感应定律得：nnnnBS.方法总结平均感应电动势不等于始、末两瞬时电动势值的平均值，必须用法拉第电磁感应定律计算即n.

17、7Dt1、t3时刻感应电动势为零，线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，A、C错误；t2时刻感应电动势最大，线圈位于中性面的垂面位置，穿过线圈的磁通量为零，B错误；由于线圈每过一次中性面时，穿过线圈的磁通量的绝对值最大，e变换方向，所以D正确方法总结当感应电动势最大时，磁通量的变化率最大，磁通量却最小8ABCD由题意可知msin t时，其感应电动势应为eEmcos t，当t0时，0，线圈平面与中性面垂直，穿过线圈平面的磁通量的变化率最大，线圈中有最大的感应电动势和感应电流，此类时刻还有0.01 s，0.02 s，0.03 s，所以答案为A、B、C、D.方法总结由En

18、可知，交变电流的电动势随线圈的磁通量的变化而变化，即由的变化可推知感应电动势的变化规律(当msin t时eEmcos t；当mcos t时，eEmsin t)课后巩固练1C2AB根据交流电动势的瞬时值表达式可判断为正弦式交变电流，当t0时，e0，所以此时磁通量的变化率为零，导线切割磁感线的有效速度为零，但此时穿过线圈的磁通量最大，线圈平面位于中性面，所以A、B正确，C错误；当t0.4 s时，e10sin 20t V10sin 8 V0，所以D错误3D电枢转速提高1倍，由2n知，角速度变为原来的2倍；由电动势的最大值表达式EmnBS知，最大值也变为原来的2倍4Bt1、t3时刻通过线圈的磁通量的绝

19、对值最大，磁通量变化率0，此时感应电动势、感应电流为零，线圈中感应电流方向改变，A错误，B正确；t2、t4时刻线圈中磁通量为零，磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，C、D错误5BC图示位置为垂直于中性面的位置，此时通过线圈的磁通量为零，但磁通量的变化率最大，感应电流也最大，I，由右手定则可判断出线圈中感应电流的方向为adcba.6C线圈经过时间t时，转过角度，这时ab，cd边切割磁感线产生感应电动势EabBL1vsin ，EcdBL1vsin ，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EEabEcd2BL1vsin 2BL1L2sin tBL1L2sin t，故正确选

20、项应为C.7D 矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，从线圈平面与磁场方向平行开始计时，产生的感应电流按余弦规律变化，由于t=0时，线圈的转动方向如题图，由右手定则判断可得，此时ad中电流方向为由a到d，线圈中电流方向为adcba，与规定的电流正方向相反，电流为负值.又因为此时产生的感应电动势最大，故只有D正确。8CDt，此时线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，B错误；由于此时感应电动势为零，所以线圈中电流为零，线圈所受的安培力为零，A错误，C、D正确9A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=nBS，由欧姆定律可知此时I相等，A对，

21、B错；由右手定则可知线圈中电流方向为adcba，故C错；cd边所受的安培力FBLcdI，故F一样大，D错102垂直0解析T s，则交流电的频率f2 Hz.由图象知t0时，e0，线圈位于中性面位置，线圈平面和磁感线垂直；当t0.5 s时，t2ft2，e0.11(1)e10cos 100t V(2)见解析解析(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t，此时刻eBL1L2cos t，即eBScos t，其中B T，S0.10.2 m20.02 m2，2n250 rad/s100 rad/s，故e0.02100cos 100t

22、V，即e10cos 100t V.(2)T0.02 s，线框中感应电动势随时间变化关系的图象如下图所示12(1)314sin 100t V(2)200 V解析(1)解法一线圈经过时间t转过角度t，这时bc和da边不切割磁感线，ab和cd边切割磁感线产生感应电动势eabecdNBvsin t，其中v，所以eeabecd2eab2NBsin tNBSsin t，EmNBS1000.10.1100 V314 V，e314sin 100t V解法二感应电动势的瞬时值eNBSsin t，由题可知S0.20.5 m20.1 m2，EmNBS1000.10.1100 V314 V，所以e314sin 100t V.(2)用EN计算t0至t过程中的平均电动势ENN即ENBS.代入数值得E200 V.