物理32人教版精编习题含详解答案第五章第一节交变电流资料汇编.docx
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物理32人教版精编习题含详解答案第五章第一节交变电流资料汇编
第五章 交变电流
第一节 交变电流
[学习目标] 1.会观察电流(或电压)的波形图,理解交变电流和直流的概念. 2.理解交变电流的产生过程,会分析电动势和电流方向的变化规律. 3.知道交变电流的变化规律及表示方法,知道交变电流的瞬时值、峰值的物理含义.
一、交变电流和交变电流的产生
(阅读教材第31页第1段至第32页第3段)
1.交变电流
(1)交变电流的定义:
大小和方向都随时间周期性变化的电流,简称交流.
(2)直流:
方向不随时间变化的电流.
2.交变电流的产生
(1)典型模型
在匀强磁场中,绕垂直于磁场方向的轴匀速转动的线圈里产生的是交变电流.实验装置如图所示.
(2)中性面:
线圈在磁场中转动过程中,线圈平面与磁场垂直时所在的平面.
▏拓展延伸►———————————————————(解疑难)
1.中性面的特点:
磁通量Φ最大,磁通量的变化率
=0,瞬时感应电动势e=0,瞬时感应电流i=0,电流的方向将发生改变.
2.垂直中性面的垂面特点:
磁通量Φ=0,磁通量的变化率
最大,瞬时感应电动势、瞬时感应电流最大.
1.
(1)只要线圈在磁场中转动,就可以产生交变电流.( )
(2)当线圈中的磁通量最大时,产生的电流也最大.( )
(3)当线圈平面与磁场垂直时,线圈中没有电流.( )
提示:
(1)×
(2)× (3)√
二、交变电流的变化规律
(阅读教材第32页第4段至第33页第1段)
1.正弦式交变电流的定义:
按正弦规律变化的交变电流叫做正弦式交变电流,简称正弦式电流.
2.正弦式交变电流的表达式
瞬时电动势:
e=Emsinωt,
瞬时电压:
u=Umsin_ωt,
瞬时电流:
i=Imsin_ωt.
式中Em、Um、Im分别表示电动势、电压、电流的峰值.
▏拓展延伸►———————————————————(解疑难)
1.峰值表达式
Em=NBSω=NΦmω
Im=
.
2.从两个特殊位置开始计时瞬时值的表达式
从中性面位
置开始计时
从与中性面垂直
的位置开始计时
磁通量
Φ=Φmcosωt
=BSωcosωt
Φ=Φmsinωt
=BSωsinωt
感应电动势
e=Emsinωt
=NBSωsinωt
e=Emcosωt
=NBSωcosωt
电压
u=Umsinωt
=
sinωt
u=Umcosωt
=
cosωt
电流
i=Imsinωt
=
sinωt
i=Imcosωt
=
cosωt
2.
(1)在匀强磁场中线圈绕垂直磁场的转轴匀速转动的过程中,某些特殊时段,可能感应电动势和磁通量同时变大.( )
(2)表达式为e=Emsinωt的交变电流为正弦式交变电流,表达式为e=Emsin
的交变电流也是正弦式交变电流.( )
(3)线圈绕垂直磁场的转轴匀速转动的过程中产生了正弦交变电流,峰值越大,则瞬时值也越大.( )
提示:
(1)×
(2)√ (3)×
交变电流的产生过程
[学生用书P41]
本类问题主要从中性面和它的垂直面两个位置的磁通量、磁通量的变化率、感应电动势大小和感应电流的方向等几个方面进行考查.
———————————(自选例题,启迪思维)
1.矩形线框绕垂直于匀强磁场且在线框平面的轴匀速转动时产生了交变电流,下列说法正确的是( )
A.当线框位于中性面时,线框中感应电动势最大
B.当穿过线框的磁通量为零时,线框中的感应电动势也为零
C.每当线框经过中性面时,感应电动势或感应电流方向就改变一次
D.线框经过中性面时,各边切割磁感线的速度为零
[解析] 线框位于中性面时,线框平面与磁感线垂直,穿过线框的磁通量最大,但此时切割磁感线的两边的速度与磁感线平行,即不切割磁感线,所以感应电动势等于零,也应该知道此时穿过线框的磁通量的变化率等于零,感应电动势或感应电流的方向也就在此时刻变化.线框垂直于中性面时,穿过线框的磁通量为零,但切割磁感线的两边都垂直切割,有效切割速度最大,所以感应电动势最大,也可以说此时穿过线框的磁通量的变化率最大.故C、D选项正确.
[答案] CD
2.如图所示,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ω转动,从线圈平面与磁场方向平行时开始计时,则在
~
这段时间内( )
A.线圈中的感应电流一直在减小
B.线圈中的感应电流先增大后减小
C.穿过线圈的磁通量一直在减小
D.穿过线圈的磁通量的变化率先减小后增大
[解析] 根据ω=
,
=
,
=
T,由于从线圈平面与磁场方向平行时开始计时,故
~
T时间内线圈中的感应电流先增大后减小,穿过线圈的磁通量先减小后增大,而磁通量的变化率先增大后减小,故B正确.
[答案] B
3.(2015·河南平顶山高二检测)一闭合矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴OO′匀速转动,线圈平面位于如图甲所示的匀强磁场中.通过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示,下列说法正确的是( )
A.t1、t3时刻通过线圈的磁通量变化率最大
B.t1、t3时刻线圈中感应电流方向改变
C.t2、t4时刻线圈中磁通量最大
D.t2、t4时刻线圈中感应电动势最小
[思路探究]
(1)线圈转动过程中,哪两个边切割磁感线?
(2)图中位置时Φ为多少?
转过90°时,Φ又为多少?
[解析] 从题图乙可以看出,t1、t3时刻通过线圈的磁通量最大,线圈经过中性面位置时线圈中感应电流方向改变,A错误,B正确;t2、t4时刻通过线圈的磁通量为零,线圈处于与中性面垂直的位置,此时感应电动势和感应电流均为最大,故C、D均错误.
[答案] B
[借题发挥] 当线圈处于中性面位置时,磁通量最大,但磁通量的变化率为零,感应电动势为零;当线圈平面与中性面垂直时,磁通量为零,但磁通量的变化率最大,感应电动势最大.
交变电流的变化规律
[学生用书P42]
1.正弦式交变电流的电动势的最大值Em=NBSω.Em是正弦交流电中一个关键物理量,电动势的瞬时值、电流的最大值和瞬时值都与Em有关.
2.从中性面开始计时:
e=Emsinωt,i=Imsinωt,Im=
.
———————————(自选例题,启迪思维)
1.有一个正方形线圈的匝数为10匝,边长为20cm,线圈总电阻为1Ω,线圈绕OO′轴以10πrad/s的角速度匀速转动,如图所示,匀强磁场的磁感应强度为0.5T,问:
(1)该线圈产生的交变电流电动势的峰值、电流的峰值分别是多少;
(2)若从中性面位置开始计时,写出感应电动势随时间变化的表达式;
(3)线圈从中性面位置开始,转过30°时,感应电动势的瞬时值是多大.
[思路探究]
(1)求解电动势峰值公式为Em=NBSω,
电流的最大值Im=
.
(2)从中性面开始计时的电动势表达式为e=Emsinωt.
(3)线圈从中性面开始计时,转过30°时的感应电动势的计算有两种方法,一是利用e=Emsinωt,二是用瞬时切割,第一种方法较简单.
[解析]
(1)交变电流电动势的峰值为
Em=2NBLv=NBSω
=10×0.5×0.22×10πV≈6.28V
电流的峰值为Im=
≈6.28A.
(2)从中性面位置开始计时,感应电动势的瞬时值表达式为e=Emsinωt≈6.28sin(10πt)V.
(3)线圈从中性面位置开始转过30°时,感应电动势
e=Emsin30°≈3.14V.
[答案]
(1)6.28V 6.28A
(2)e=6.28sin(10πt)V
(3)3.14V
2.如图所示,匀强磁场B=0.1T,所用矩形线圈的匝数N=100,边长ab=0.2m,bc=0.5m,以角速度ω=100πrad/s绕OO′轴匀速转动.当线圈平面通过中性面时开始计时,试求:
(1)线圈中瞬时感应电动势的大小;
(2)由t=0至t=
过程中的平均感应电动势值;
(3)若从线圈平面平行磁感线时开始计时,求线圈在t=
时刻的电动势大小.
[思路探究]
(1)线圈平面通过中性面时开始计时与线圈平面平行磁感线时开始计时有何不同?
(2)平均感应电动势用哪个公式求解?
[解析]
(1)由题意可知:
S=
·
=0.2×0.5m2=0.1m2
感应电动势的瞬时值e=NBSωsinωt=100×0.1×0.1×100πsin(100πt)V,所以e=314sin(100πt)V.
(2)用E=N
计算t=0至t=
过程中的平均感应电动势
E=N
=4N
=
NBSω,
代入数值得E=200V.
(3)由Em=NBSω可知Em=314V
线圈从线圈平面平行磁感线时开始计时,感应电动势的瞬时值表达式为e=Emcosωt,
代入数值得e=314cos(100πt)V
当t=
时,e=314cos
V=157V.
[答案]
(1)314sin(100πt)V
(2)200V (3)157V
3.(2015·天津一中高二月考)交流发电机在工作时电动势为e=Emsinωt,若将发电机的角速度提高一倍,同时将线框所围面积减小一半,其他条件不变,则其电动势变为( )
A.e′=Emsin
B.e′=2Emsin
C.e′=Emsin2ωtD.e′=
sin2ωt
[解析] 交变电流的瞬时值表达式e=Emsinωt,其中Em=NBSω,当ω加倍而S减半时,Em不变,故C正确.
[答案] C
[借题发挥] 求解交变电流瞬时值时可分三步:
(1)确定线圈从哪个位置开始计时,进而确定表达式是正弦还是余弦形式;
(2)确定线圈转动的角速度ω及线圈匝数n、磁感应强度B、线圈面积S等;
(3)识记Em=nBSω,解题中可直接代入,不必推导.按表达式e=Emsinωt或e=Emcosωt代入Em及ω的具体数值.
正弦式交变电流的图象
[学生用书P43]
从图象中可以解读到以下信息来求解问题
1.交变电流的最大值Im、Em、周期T.
2.因线圈在中性面时感应电动势、感应电流均为零,磁通量最大,所以可确定线圈位于中性面的时刻.
3.找出线圈平行于磁感线的时刻.
4.判断线圈中磁通量的变化情况.
5.分析判断e、i、u随时间的变化规律.
———————————(自选例题,启迪思维)
1.(2015·北师大附中高二检测)一矩形线圈,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的变化如图所示.下面说法中正确的是( )
A.t1时刻通过线圈的磁通量为零
B.t2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大
C.t3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最大
[思路探究]
(1)0时刻线圈处于什么位置?
(2)e、i方向在哪个位置变化?
[解析] t1、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,线圈位于与中性面垂直的位置,穿过线圈的磁通量为零,B错误;由于线圈每经过一次中性面,穿过线圈的磁通量的绝对值最大,e变换方向,故选D.
[答案] D
2.一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变化的图象如图甲所示,则下列说法中正确的是( )
A.t=0时刻线圈平面与中性面垂直
B.t=0.01s时刻Φ的变化率达到最大
C.t=0.02s时刻感应电动势达到最大
D.该线圈相应的感应电动势图象如题图乙所示
[解析] t=0时Φ最大,线圈应在中性面位置,A错误;t=0.01s时,Φ-t图象的斜率最大,故
最大,B正确;t=0.02s时,Φ最大,故e=0,C错误;因Φ-t图象为余弦图象,故e-t图象应为正弦图象,D错误.故选B.
[答案] B
3.在垂直纸面向里的有界匀强磁场中放置了矩形线圈abcd.线圈cd边沿竖直方向且与磁场的右边界重合.线圈平面与磁场方向垂直.从t=0时刻起,线圈以恒定角速度ω=
绕cd边沿如图所示方向转动,规定线圈中电流沿abcda方向为正方向,则从t=0到t=T时间内,线圈中的电流i随时间t变化关系的图象为( )
[解析] 在0~
内,线圈在匀强磁场中匀速转动,故产生正弦式交流电,由楞次定律知,电流方向为负值;在
~
T内,线圈中无感应电流;在
T时,ab边垂直切割磁感线,感应电流最大,且电流方向为正值,故只有B项正确.
[答案] B
[借题发挥] 正弦式交流电图象的分析方法
一看:
看“轴”、看“线”、看“斜率”、看“点”、看“截距”、看“面积”、看“拐点”,并理解其物理意义.一定要把图象与线圈在磁场中的位置对应起来.
二变:
掌握“图与图”、“图与式”和“图与物”之间的变通关系.例如可借助磁通量的变化图线与电动势的变化图线是否是互余关系来分析问题.
三判:
在此基础上进行正确的分析和判断.
思想方法——关于线圈转动过程的分析技巧
线圈在磁场中转动产生交变电流,实际上就是导体切割磁感线产生动生电动势,其大小用E=BLvsinθ计算,其方向可用右手定则或楞次定律来判断,关键分析清楚哪部分切割、在哪段时间内切割,过程分析清楚,问题就解决了.而线圈在磁场中的情况千变万化,故线圈在磁场中转动过程的分析要注意以下三点:
第一,明确线圈的转轴与磁场的位置,这将关系到线圈的磁通量是否发生变化;
第二,明确线圈的转轴与线圈的位置,总电动势是两部分电动势的和,这将关系到两部分电动势的大小和方向;
第三,要对整个转动过程进行全程分析,不能想当然地去判断而得出结论.
[范例] (2015·武汉高二检测)如图所示,单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中,线圈轴线OO′与磁场边界重合.线圈按图示方向匀速转动.若从图示位置开始计时,并规定电流方向沿a→b→c→d→a为正方向,则线圈内感应电流随时间变化的图象是下图中的( )
[解析] 若从图示位置开始计时,在线圈转动90°的过程中,只有ab边切割磁感线,相当于向右切割,故感应电流的方向为a→d→c→b→a,为负方向,大小相当于半个线圈在磁场中转动,但还是正弦的形式,这一部分A、B项表示的都是正确的;在线圈转动90°到180°的过程中,只有cd边切割磁感线,相当于向左切割,故感应电流的方向为a→d→c→b→a,为负方向,大小相当于半个线圈在磁场中转动,但还是正弦的形式,这一部分B项表示的方向是不正确的;再按同样的方法继续分析可以得到A项是正确的.
[答案] A
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边垂直.在t=0时刻,线圈平面与纸面重合,如图所示,线圈的cd边离开纸面向外运动.若规定沿a→b→c→d→a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变化的图象是( )
解析:
选C.线圈在磁场中从题图位置开始匀速转动时可以产生按余弦规律变化的交流电.对于题图起始时刻,线圈的cd边离开纸面向外运动,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.
[随堂达标]
1.下图所示图象中属于交流电的有( )
解析:
选ABC.根据交变电流的定义分析,是否属于交变电流关键是看电流方向是否发生变化,而不是看大小.
2.如图所示,矩形线圈abcd放在匀强磁场中,ad=bc=l1,ab=cd=l2.从图示位置起该线圈以角速度ω绕不同转轴匀速转动,则( )
A.以OO′为转轴时,感应电动势e=Bl1l2ωsinωt
B.以O1O′1为转轴时,感应电动势e=Bl1l2ωsinωt
C.以OO′为转轴时,感应电动势e=Bl1l2ωcosωt
D.以OO′为转轴跟以ab为转轴一样,感应电动势e=Bl1l2ωsin
解析:
选CD.以O1O′1为轴转动时,磁通量不变,不产生交变电流.无论以OO′为轴还是以ab为轴转动,感应电动势的最大值都是Bl1l2ω.由于是从与磁场平行的面开始计时,产生的是余弦式交变电流,故C、D正确.
3.如图所示为演示交变电流的装置图,关于这个实验,正确的说法是( )
A.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由a→b
D.线圈平面与磁场方向平行时,磁通量变化率为零
解析:
选C.线圈在磁场中匀速转动时,在电路中产生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;线圈平面垂直于磁感线的位置称为中性面,显然图示位置不是中性面,所以B也不对;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由a→b,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,线圈处于竖直位置时,磁通量为零,但磁通量的变化率最大,D错.
4.某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动,产生交变电流的图象如图所示,由图中信息可以判断( )
A.在A、C时刻线圈处于中性面位置
B.在B、D时刻穿过线圈的磁通量为零
C.从A时刻到D时刻线圈转过的角度为π
D.若从O时刻到D时刻经过0.02s,则在1s内交变电流的方向改变100次
解析:
选D.A、C时刻感应电流最大,线圈位置与中性面垂直,B、D时刻感应电流为零,线圈在中性面,此时磁通量最大.从A时刻到D时刻线圈转过角度为
.若从O时刻到D时刻经过0.02s,即线圈转动一周用时0.02s,且在这个时间内电流方向改变2次,则在1s内交变电流的方向改变
×2=100次,故选D.
5.(选做题)矩形线圈abcd在如图所示的磁场中以恒定的角速度ω绕ab边转动,磁场方向垂直纸面向里,其中ab边左侧磁场的磁感应强度大小是右侧磁场的2倍.在t=0时刻线圈平面与纸面重合,且cd边正在向纸外转动.规定图示箭头方向为电流正方向,则线圈中电流随时间变化的关系图线应是( )
解析:
选A.绕垂直磁场的轴转动时,线圈能够产生的最大感应电动势Em=NBSω,所以线圈在左侧磁场中产生的感应电动势最大值是右侧磁场中最大值的2倍,再利用楞次定律分析感应电流方向,可知选项A正确.
[课时作业]
一、选择题
1.(多选)一矩形闭合线圈在匀强磁场中匀速转动,当线圈平面通过中性面时( )
A.线圈平面与磁感线垂直,此时通过线圈的磁通量最大
B.通过线圈磁通量的变化率达最大值
C.线圈中感应电流为零
D.此位置前后的感应电流方向相反
解析:
选ACD.当线圈平面通过中性面时,线圈平面与磁感线垂直,通过线圈的磁通量最大,通过线圈磁通量的变化率为零,线圈中感应电流为零,此位置前后的感应电流方向相反,故选项A、C、D正确,B错误.
2.如图所示,面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动,能产生正弦交变电动势e=BSωsinωt的图是( )
解析:
选A.线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动,且从中性面开始计时,产生的电动势e=BSωsinωt,由此判断,只有A选项符合.
3.(多选)一个矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的交变电动势e=220
sin100πtV,则下列判断正确的是( )
A.t=0时,线圈位于中性面位置
B.t=0时,穿过线圈平面的磁通量最大
C.t=0时,线圈的有效切割速度方向垂直磁感线
D.t=0时,线圈中感应电动势达到峰值
解析:
选AB.因按正弦规律变化,故t=0时线圈位于中性面,A正确;此时穿过线圈的磁通量最大,B正确;t=0时,线圈的有效切割速度方向与磁感线平行,不产生感应电动势,故C、D错误.
4.(多选)如图甲所示,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ω转动.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( )
A.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
解析:
选CD.线圈转动的角速度为ω,则转过一圈用时
,当t=
时说明转过了
圈,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.
5.如图所示,一矩形线圈绕与匀强磁场垂直的中心轴OO′沿顺时针方向转动,引出线的两端分别与相互绝缘的两个半圆形铜环M和N相连.M和N又通过固定的电刷P和Q与电阻R相连.在线圈转动过程中,通过电阻R的电流( )
A.大小和方向都随时间做周期性变化
B.大小和方向都不随时间做周期性变化
C.大小不断变化,方向总是P→R→Q
D.大小不断变化,方向总是Q→R→P
解析:
选C.半圆环交替接触电刷,从而使输出电流方向不变,这是一个直流发电机模型,由右手定则知,外电路中电流方向是P→R→Q.
6.(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,下列结论正确的是( )
A.在t=0.1s和t=0.3s时,电动势最大
B.在t=0.2s和t=0.4s时,电动势改变方向
C.电动势的最大值约是157V
D.在t=0.4s时,磁通量变化率最大,其值为3.14Wb/s
解析:
选CD.从题图中可知,在0.1s和0.3s时刻,穿过线圈的磁通量最大,此时刻磁通量的变化率等于零;0.2s和0.4s时刻,穿过线圈的磁通量为零,但此时刻磁通量的变化率最大,由此得选项A、B错误.
根据电动势的最大值公式:
Em=NBSω,Φm=BS,ω=
,可得:
Em≈157V;磁通量变化率的最大值应为
≈3.14Wb/s,故选项C、D正确.
7.长为a、宽为b的矩形线圈,在磁感应强度为B的匀强磁场中,绕垂直于磁场的OO′轴以恒定的角速度ω旋转.设t=0时,线圈平面与磁场方向平行,则此时的磁通量和磁通量的变化率分别是( )
A.0,0 B.0,Babω
C.
,0D.Bab,Babω
解析:
选B.实际上,线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动时,产生交变电动势e=Emcosωt=Babωcosωt.当t=0时,cosωt=1,虽然磁通量Φ=0,但是电动势有最大值Em=nBabω,根据法拉第电磁感应定律E=n
,可知当电动势为最大值时,对应的磁通量的变化率也最大,即Em=
max=Babω,B正确.
8.如图甲所示,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ω逆时针匀速转动.若以线圈平面与磁场夹角θ=45°时为计时起点,如图乙所示,并规定当电流自a流向b时电流方向为正.则下列所示的四幅图中正确的是( )
解析:
选D.由楞次定律知,t=0时电流方向为负,线圈平面与中性面的夹角为
-θ=
,线圈再转过
到达中性面,所以,线圈中感应电流为i=Imsin(ωt-
),因而只有D项正确.
☆9.(多选)如图甲所示,金属导轨水平放置,导轨上跨放一根金属棒ab,ab与导轨垂直并能沿导轨自由滑动,在导轨左侧与ab平行放置的导
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