人教版 (2019)选择性必修 第二册1 交变电流学案

这是一份人教版 (2019)选择性必修 第二册1 交变电流学案，共7页。

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考点一 正弦交变电流的产生
1．关于交变电流和直流电流的说法中正确的是( )
A．如果电流大小随时间做周期性变化，则一定是交变电流
B．直流电流的大小和方向一定不变
C．交变电流一定是按正弦规律变化的
D．交变电流的最大特征就是电流的方向随时间做周期性的变化
D [直流电的特征是电流的方向不变，电流的大小可以改变。交变电流的特征是电流的大小和方向随时间改变。交变电流有多种形式，正弦式交流电只是交变电流中最基本、最简单的一种，故选D。]
考点二 对交变电流的变化规律的理解
2．(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
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。]
3．如图所示，在水平匀强磁场中一矩形闭合线圈绕OO′轴匀速转动，若要使线圈中的电流峰值减半，不可行的方法是( )
A．只将线圈的转速减半
B．只将线圈的匝数减半
C．只将匀强磁场的磁感应强度减半
D．只将线圈的边长减半
B [由Im＝eq \f(Em,R)，Em＝NBSω，ω＝2πn，得Im＝eq \f(NBS·2πn,R)，故A、C可行；因电阻R与匝数有关，当匝数减半时电阻R也随之减半，则Im不变，故B不可行；当边长减半时，面积S减为原来的eq \f(1,4)，而电阻减为原来的eq \f(1,2)，故D可行。]
4．如图所示，一单匝矩形线圈abcd，已知ab边长为l1，bc边长为l2，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω从图示位置开始匀速转动，则t时刻线圈中的感应电动势为( )
A．0.5Bl1l2ωsin ωt B．0.5Bl1l2ωcs ωt
C．Bl1l2ωsin ωt D．Bl1l2ωcs ωt
D [线圈从题图位置开始转动，感应电动势瞬时值表达式为e＝Emcs ωt，由题意，Em＝BSω＝Bl1l2ω，所以e＝Bl1l2ωcs ωt。]
5．如图所示，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( )
A．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a→b→c→d→a
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
A [线圈绕垂直于磁场方向的轴转动产生交变电流，产生的电流、电动势及线圈各边所受安培力大小与转轴所在位置无关，故选项A正确，选项B、D错误；图示时刻产生电流的方向为a→d→c→b→a，故选项C错误。]
考点三 交变电流的图像
6．(多选)某线圈在匀强磁场中匀速转动，穿过它的磁通量Φ随时间变化的规律如图所示，则( )
A．t1时刻，穿过线圈的磁通量的变化率最大
B．t2时刻，穿过线圈的磁通量的变化率为零
C．t3时刻，线圈中的感应电动势为零
D．t4时刻，线圈中的感应电动势最大
CD [t1时刻，Φ最大，但eq \f(ΔΦ,Δt)为零，A错误；t2时刻，Φ等于零，但eq \f(ΔΦ,Δt)最大，B错误；t3时刻，Φ最大，eq \f(ΔΦ,Δt)等于零，感应电动势等于零，C正确；t4时刻，Φ等于零，但eq \f(ΔΦ,Δt)最大，感应电动势最大，D正确。]
7．线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的图像如图所示，由图可知( )
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A时刻到D时刻线圈转过的角度为π弧度
D．在A和C时刻磁通量变化率的绝对值最大
D [当线圈在匀强磁场中处于中性面位置时，磁通量最大，感应电动势为零，感应电流为零，B、D两时刻线圈位于中性面。当线圈平面与磁感线平行时，磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大，A、C时刻线圈平面与磁感线平行，D正确，A、B错误；从A时刻到D时刻线圈转过的角度为eq \f(3π,2)弧度，C错误。]
8．已知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像如图甲所示，则下列说法正确的是( )
甲 乙
A．t＝0时刻线圈平面与中性面垂直
B．t＝0.01 s时刻Φ的变化率达最大
C．t＝0.02 s时刻感应电动势达到最大
D．该线圈相应的感应电动势图像如图乙所示
B [t＝0时刻磁通量最大，线圈位于中性面位置，故A错误；t＝0.01 s时刻磁通量为零，线圈位于垂直中性面的位置，电动势最大，磁通量的变化率最大，故B正确；t＝0.02 s时刻磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，故C错误；感应电动势与磁通量的变化率成正比，电动势随时间变化的图像为正弦曲线，D错误。]
9．(多选)在匀强磁场中，一矩形金属线框在匀强磁场中绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动如图甲所示，产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示，则下列说法正确的是( )
A．t＝0.01 s时穿过线框的磁通量最小
B．t＝0.01 s时穿过线框的磁通量变化率最大
C．该线框匀速转动的角速度大小为100π rad/s
D．电动势瞬时值为22 V时，线圈平面与中性面的夹角可能为45°
CD [由图像知：t＝0.01 s时感应电动势为零，则穿过线框的磁通量最大，磁通量变化率最小，故A、B错误；由图像得出周期T＝0.02 s，所以ω＝eq \f(2π,T)＝100π rad/s，故C正确；当t＝0时，电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，故该交变电动势的瞬时值表达式为e＝22eq \r(2)sin(100πt)V，电动势瞬时值为22 V时，代入瞬时表达式，则有线圈平面与中性面的夹角正弦值sin α＝eq \f(22,22\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，所以线圈平面与中性面的夹角可能为45°，故D正确。]
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10．一台发电机的结构示意图如图所示，其中N、S是永久磁铁的两个磁极，它们的表面呈半圆柱面形状。M是圆柱形铁芯，铁芯外套有一矩形线圈，线圈绕铁芯M中心的固定转轴匀速转动。磁极与铁芯之间的缝隙中形成沿半径方向的辐向磁场。从如图所示位置开始计时，规定此时电动势为正值，选项图中能正确反映线圈中的感应电动势e随时间t的变化规律的是( )
A B
C D
D [由于磁场为沿半径的辐向磁场，可以认为磁感应强度的大小不变，线圈始终垂直切割磁感线，所以产生的感应电动势大小不变，由于每个周期磁场方向要改变两次，所以产生的感应电动势的方向也要改变两次，选项D正确。]
11．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＝eq \f(2π,T)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变化关系的图像为( )
A B C D
B [在0～eq \f(T,4)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eq \f(T,4)～eq \f(3,4)T内，线圈中无感应电流；在eq \f(3,4)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。]
12．一矩形线圈有100匝，面积为50 cm2，线圈内阻r＝2 Ω，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，从线圈平面与磁场平行时开始计时，已知磁感应强度B＝0.5 T，线圈的转速n＝1 200 r/min，外接一用电器，电阻为R＝18 Ω，试写出R两端电压瞬时值的表达式。
[解析] 角速度ω＝2πn＝2π·eq \f(1 200,60) rad/s＝40π rad/s，
最大值Em＝NBSω＝100×0.5×50×10－4×40π V＝10π V，
线圈中感应电动势e＝Emcs ωt＝10πcs 40πt(V)，
由闭合电路欧姆定律i＝eq \f(e,R＋r)＝eq \f(e,20) A，
故R两端电压u＝Ri＝18×eq \f(1,20)×10πcs 40πt(V)，
即u＝9πcs 40πt(V)。
[答案] u＝9πcs 40πt(V)
13．一矩形线圈，面积是0.05 m2，共100匝，线圈电阻r＝1 Ω，外接电阻R＝4 Ω，线圈在磁感应强度B＝eq \f(1,π)T的匀强磁场中以n＝300 r/min的转速绕垂直于磁感线的轴匀速转动，如图所示，若从中性面开始计时，求：
(1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)线圈从开始计时经eq \f(1,30) s时线圈中由此得到的感应电流的瞬时值；
(3)外电路R两端电压瞬时值的表达式。
[解析] (1)线圈转速n＝300 r/min＝5 r/s，
角速度ω＝2πn＝10π rad/s，
线圈产生的感应电动势最大值Em＝NBSω＝50 V，
由此得到的感应电动势瞬时值表达式为
e＝Emsin ωt＝50sin 10πt(V)。
(2)将t＝eq \f(1,30) s代入感应电动势瞬时值表达式中，得
e′＝50sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10π×\f(1,30))) V＝25eq \r(3) V，
对应的感应电流i′＝eq \f(e′,R＋r)＝5eq \r(3) A。
(3)由欧姆定律得u＝eq \f(e,R＋r)R＝40sin 10πt(V)。
[答案] (1)e＝50sin 10πt(V) (2)5eq \r(3) A
(3)u＝40sin 10πt(V)