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- 2021-05-28 发布
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课后提升作业 七 交变电流
(40分钟 50分)
一、选择题(本题共6小题,每小题6分,共36分)
1.如图中闭合线圈都在匀强磁场中绕虚线所示的固定转轴匀速转动,不能产生正弦式交变电流的是 ( )
【解析】选C。线圈绕垂直于匀强磁场方向的轴匀速转动,就能产生正弦式交变电流,与线圈的形状和转轴位置无关,故选C。
2.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和C时刻线圈处于中性面位置
B.在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零
C.从O时刻到D时刻线圈转过的角度为2π
D.若从O时刻到B时刻历时0.02s,则交变电流的频率为50Hz
【解析】选C。A、C时刻电流最大,位于与中性面垂直的位置,A错。B、D时刻,电流最小,处于中性面位置,磁通量最大,B错。从O到D是一个周期,线圈转过的角度为2π,C对。若从O时刻到B时刻历时0.02s,则交变电流的频率为25Hz,D错。
3.如图所示,单匝矩形线圈的一半放在有界匀强磁场中,中心轴线OO′与磁场边界重合,线圈绕中心轴线按图示方向(从上向下看逆时针方向)匀速转动,t=0时刻线圈平面与磁场方向垂直,规定电流方向沿abcd为正方向,则图中能表示线圈内感应电流随时间变化规律的是 ( )
【解题指南】解答本题应明确以下两点:
(1)产生正弦式交变电流的条件。
(2)线圈转轴的位置对交变电流的影响。
【解析】选B。在0~内,ab一侧的线圈在磁场中绕OO′轴转动产生正弦式交变电流,电流方向由楞次定律判断为dcba且越来越大。~内,ab一侧线圈在磁场外,而dc一侧线圈又进入磁场产生交变电流,电流方向为dcba且越来越小,以此类推可知i-t图象正确的为B。
4.如图所示,矩形线圈abcd在匀强磁场中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转动时产生的感应电流等于绕P2转动时产生的感应电流
B.线圈绕P1转动时产生的感应电动势小于绕P2转动时产生的感应电动势
C.线圈绕P1和P2转动时产生的感应电流的方向相同,都是a→b→c→d
D.线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力
【解析】选A。线圈转动时产生的感应电动势的大小与转动轴的位置无关,选项A正确,B错误;绕两个轴转动产生的感应电流的大小相等,从上向下看,线框逆时针旋转,电流的方向应为a→d→c→b,选项C错误;电流相等,cd边受到的安培力也相等,选项D错误。
5.交流发电机在工作时产生的电动势为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′=Emsin2ωt D.e′=sin2ωt
【解析】选C。由题知ω′=2ω,S′=,又由Em=nBSω知E′m=Em,故e′=
E′msinω′t=Emsin2ωt,C对。
【补偿训练】
已知交变电流的瞬时值表达式是i=10sin100πtA,从t=0到第一次出现最大值的时间是 ( )
A.s B.s
C.s D.s
【解析】选C。从交变电流的瞬时值表达式i=10sin100πtA可以看出,该交流电是从中性面开始计时,经过出现最大值,依据T==s=s,t1==s。
6.(2020·苏州高二检测)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。在图示位置时产生感应电动势,由右手定则可知,ab边的感应电动势方向由b→a,cd边感应电动势的方向由d→c,通过电刷将电流引出,在外电路中的电流方向为P→R→Q,转过180°后,ab、cd边位置交换,但电流方向仍为P→R→Q,故选项C正确。
二、非选择题(14分。需写出规范的解题步骤)
7.(2020·百色高二检测)如图所示,一半径为r=10cm的圆形线圈共100匝,在磁感应强度B=T的匀强磁场中,绕垂直于磁场方向的中心轴线OO′以n=600r/min的转速匀速转动,当线圈转至中性面位置(图中位置)时开始计时。
(1)写出线圈内所产生的交变电动势的瞬时值表达式。
(2)求线圈从图示位置开始在s时的电动势的瞬时值。
【解析】线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴线匀速转动时,线圈内产生正弦式交变电动势,当线圈平面在中性面时开始计时,其表达式为e=Emsinωt。
(1)e=Emsinωt,Em=NBSω(与线圈形状无关),
ω=2πn=20πrad/s,故e=100sin20πtV。
(2)当t=s时,e=100sin(20π×)V=50V=86.6V。
答案:(1)e=100sin20πtV (2)86.6V
【补偿训练】
如图所示为演示用的手摇发电机模型,匀强磁场磁感应强度B=0.5T,线圈匝数n=50,每匝线圈面积0.48m2,转速150r/min,在匀速转动过程中,从图示位置开始计时。
(1)写出交变感应电动势瞬时值的表达式。
(2)画出e-t图线。
【解析】(1)当线圈平面经过中性面开始计时,则线圈在时间t内转过角度ωt,于是感应电动势瞬时值e=Emsinωt,其中Em=nBSω。
由题意知n=50,B=0.5T,ω=rad/s=5πrad/s,S=0.48m2,Em=nBSω=50×0.5×0.48×5πV≈188V,所以e=188sin5πt(V)。
(2)根据交流电的方程画图线时,最大值是正弦图线的峰值,由纵轴上的刻度值标出,交流电的频率与正弦图线的周期相对应,ω=,而周期由时间轴上的刻度值标出,T==0.4s,e-t图线如图所示。
答案:(1)e=188sin5πt(V)
(2)见解析
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