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20xx教科版高中物理選修一第2章第1節交變電流課時作業-資料下載頁

2025-11-19 18:23本頁面

【導讀】1．大小和方向不隨時間變化的電壓和電流，稱為__________，簡稱直流電；大小和方。交流電．其電動勢的瞬時值表達式為e＝________，其中Em＝。3．下圖所示的4種電流隨時間變化的圖象中，屬于交變電流的有(). 4．下列各圖中，哪些情況線圈中能產生交流電(). 5．矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉動，下列說法中正確的是(). A．在中性面時，通過線圈的磁通量最大。C．穿過線圈的磁通量為零時，感應電動勢也為零。知識點一交變電流的產生。A．線圈每轉動一周，指針左右擺動兩次。B．圖示位置為中性面，線圈中無感應電流。紙面并與ab垂直。在t=0時刻，線圈平面與紙面重合，線圈的cd邊離開紙面。V，電動勢的峰值為________V，從中性面起經148s，交流電動勢的大小為________V.4．有一個10匝正方形線框，邊長為20cm，線框總電阻為1Ω，線框繞OO′軸以10π。C．t3時刻通過線圈的磁通量變化率的絕對值最大。C．t＝0時，導線切割磁感線的有效速度最大。C．t2、t4時刻線圈中磁通量最大

　　

【正文】過線圈的磁通量 Φ 的絕對值最大，磁通量變化率 Δ ΦΔ t＝ 0，此時感應電動勢、感應電流為零，線圈中感應電流方向改變， A 錯誤， B 正確； t t4時刻線圈中磁通量為零，磁通量的變化率最大，即感應電動勢最大， C、 D錯誤． ] 5． BC [圖示位置為垂直于中性面的位置，此時通過線圈的磁通量為零，但磁通量的變化率最大，感應電流也最大， I＝ nBSωR ＝ nBl2ωR ，由右手定則可判斷出線圈中感應電流的方向為 adcba.] 6． C [線圈經過時間 t時，轉過角度 θ ，這時 ab， cd 邊切割磁感線產生感應電動勢Eab＝ BL1vsin θ ， Ecd＝ BL1vsin θ ， bc， ad邊不切割磁感線不產生感應電動勢，故線圈中的感應電動勢為 E＝ Eab＋ Ecd＝ 2BL1vsin θ ＝ 2BL1 12L2ω sin ωt ＝ BL1L2ω sin ωt ，故正確選項應為 C.] 7． D 矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉動，從線圈平面與磁場方向平行開始計時，產生的感應電流按余弦規律變化，由于 t=0時，線圈的轉動方向如題圖，由右手定則判斷可得，此時 ad中電流方向為由 a到 d，線圈中電流方向為 a→ d→ c→ b→ a，與規定的電流正方向相反，電流為負值 .又因為此時產生的感應電動勢最大，故只有 D正確。 ] 8． CD [t＝ π2ω ＝ T4，此時線圈位于中性面位置，所以穿過線圈的磁通量最大， B錯誤；由于此時感應電動勢為零，所以線圈中電流為零，線圈所受的安培力為零， A 錯誤， C、 D正確． ] 9． A [無論是繞 P1 轉動還是繞 P2 轉動，線圈轉到圖示位置時產生的電動勢都為最大值 Em=nBSω，由歐姆定律可知此時 I相等， A對， B錯；由右手定則可知線圈中電流方向為a→ d→ c→ b→ a，故 C錯； cd邊所受的安培力 F＝ BLcdI，故 F一樣大， D錯． ] 10． 2 垂直 0 解析 T＝ 2πω ＝ 12 s，則交流電的頻率 f＝ 1T＝ 2 t＝ 0時， e＝ 0，線圈位于中性面位置，線圈平面和磁感線垂直；當 t＝ s時， ωt ＝ 2π ft＝ 2π ， e＝ 0. 11． (1)e＝ 10 2cos 100π t V (2)見解析解析 (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，產生的交變電流按余弦規律變化，在 t 時刻線框轉過的角度為 ω t，此時刻 e＝ BL1L2ω cos ωt ，即 e＝BSω cos ωt ，其中 B＝ 5 2π T， S＝ m 2＝ m2， ω ＝ 2π n＝ 2π50 rad/s ＝ 100π rad/s，故 e＝ 5 2π 100πcos 100π t V，即 e＝ 10 2cos 100π t V. (2)T＝ 2πω ＝ s，線框中感應電動勢隨時間變化關系的圖象如下圖所示 12． (1)314sin 100π t V (2)200 V 解析 (1)解法一線圈經過時間 t轉過角度 θ ＝ ωt ，這時 bc和 da邊不切割磁感線，ab和 cd邊切割磁感線產生感應電動勢 eab＝ ecd＝ NB ab vsin ωt ，其中 v＝ ωad2 ＝ ωbc2 ，所以 e＝ eab＋ ecd＝ 2eab＝ 2NBω abad2 sin ωt ＝ NBSω sin ωt ， Em＝ NBSω ＝ 100100π V ＝ 314 V， e＝ 314sin 100π t V 解法二感應電動勢的瞬時值 e＝ NBSω sin ωt ，由題可知 S＝ ab bc ＝ m 2＝ m2， Em＝ NBSω ＝ 100100π V ＝ 314 V，所以 e＝ 314sin 100π t V. (2)用 E＝ NΔ ΦΔ t計算 t＝ 0 至 t＝ T4過程中的平均電動勢 E＝ N|Φ π 2－ Φ 0|T4－ 0＝ N|0－ BS|T4＝4NBS2πω 即 E＝ 2π NBSω .代入數值得 E＝ 200 V.

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