學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精2020-2021學年物理人教版選修3-2分層作業（八）交變電流含解析分層作業（八)交變電流[基礎達標練］eq\x（題組一交變電流的產生過程）1．如圖所示的勻強磁場中有一個矩形閉合導線框,在下列四種情況下，線框中會產生交變電流的是()A．如圖甲所示，保持線框平面始終與磁感線平行，線框在磁場中左右運動B．如圖乙所示，保持線框平面始終與磁感線平行，線框在磁場中上下運動C．如圖丙所示,線框繞位于線框平面內且與磁感線垂直的軸AB轉動D．如圖丁所示，線框繞位于線框平面內且與磁感線平行的軸CD轉動2．交流發電機發電的示意圖如圖所示,線圈的AB邊連在金屬滑環K上，CD邊連在金屬滑環L上，線圈在轉動時可以通過滑環和電刷保持與外電路相連．線圈轉動過程中，下列說法中正確的是（)A．轉到圖甲位置時，通過線圈的磁通量變化率最大B．轉到圖乙位置時，線圈中產生的感應電動勢為零C．轉到圖丙位置時，線圈中產生的感應電流最大D．轉到圖丁位置時，AB邊感應電流方向為A→Beq\x(題組二交變電流的表達式）3．(多選)線圈在磁場中勻速轉動產生的交流電動勢為e＝10sin20πtV，則下列說法正確的是(）A．t＝0時，線圈平面位于中性面B．t＝0時,穿過線圈的磁通量最大C．t＝0時，導線切割磁感線的有效速度最大D．t＝0。4s時，e達到峰值10V4．如圖所示為交流發電機的示意圖，從線圈通過如圖所示的位置開始計時．如果發電機產生的交變電流的頻率為50Hz,電動勢的最大值為400V，則發電機產生的電動勢瞬時值表達式為（）A．e＝400sin50t（V)B．e＝400cos50t（V)C．e＝400sin100πt(V)D．e＝400cos100πt（V）5.如圖所示，勻強磁場磁感應強度B＝0.1T，所用矩形線圈的匝數n＝100，邊長lab＝0。2m，lbc＝0。5m,以角速度ω＝100πrad/s繞OO′軸勻速轉動．試求：(1）感應電動勢的峰值．(2)若從線圈平面垂直磁感線時開始計時，線圈中瞬時感應電動勢的表達式．(3）若從線圈平面平行磁感線時開始計時,求線圈在t＝eq\f（T,6)時刻的感應電動勢大小．eq\x（題組三交變電流的圖象）6.(多選)單匝矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁感線的軸勻速轉動，穿過線圈的磁通量隨時間變化的關系圖象如圖所示．則下列說法中正確的是（)A．t＝0時刻,線圈平面與中性面垂直B．t＝0.01s時刻,Φ的變化率最大C．t＝0。02s時刻，感應電動勢達到最大D．從t＝0.01s時刻至t＝0。04s時刻線圈轉過的角度是eq\f(3，2)π7．如圖甲所示，一矩形閉合線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸OO′以恒定的角速度ω轉動．從線圈平面與磁場方向平行時開始計時，線圈中產生的交變電流按照圖乙所示的余弦規律變化，則在t＝eq\f(π，2ω)時刻()A．線圈中的電流最大B．穿過線圈的磁通量為0C．線圈所受的安培力最大D．線圈中的電流為08．一只矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁感線的軸勻速轉動,穿過線圈的磁通量隨時間變化的圖象如圖甲所示,則下列說法正確的是（)A．t＝0時刻，線圈平面與中性面垂直B．t＝0.01s時刻，Φ的變化率最大C．t＝0.02s時刻，交流電動勢達到最大D．該線圈產生的交流電動勢的圖象如圖乙所示9.如圖所示,單匝矩形線圈的一半放在具有理想邊界的勻強磁場中，線圈軸線OO′與磁場邊界重合．線圈按圖示方向勻速轉動．若從圖示位置開始計時,并規定電流方向沿a→b→c→d→a為正方向，則線圈內感應電流隨時間的變化圖象是下列圖中的(）[能力提升練］10。(多選)如圖所示，空間有范圍足夠大的勻強磁場，磁場方向豎直向下，在其間豎直放置兩個彼此正對的相同的金屬圓環，兩環間距為L,用外力使一根長度也為L的金屬桿沿環勻速率運動,用導線將金屬桿和外電阻相連,整個過程中只有金屬桿切割磁感線．已知磁感應強度的大小為B,圓環半徑為R，金屬桿轉動的角速度為ω，金屬桿和外電阻的阻值均為r，其他電阻不計,則()A．當金屬桿從圓環最高點向最低點轉動的過程中,流過外電阻的電流先變大后變小B．當金屬桿從圓環最高點向最低點轉動的過程中，流過外電阻的電流先變小后變大C．流過外電阻電流的最大值為eq\f（\r（2）BLωR，4r）D．流過外電阻電流的最大值為eq\f(BLωR，2r)11．（多選)在勻強磁場中，一矩形金屬線框在勻強磁場中繞與磁感線垂直的轉動軸勻速轉動，如圖甲所示，產生的交變電動勢隨時間變化的規律如圖乙所示，則下列說法正確的是（)A．t＝0。01s時穿過線框的磁通量最小B．t＝0.01s時穿過線框的磁通量變化率最大C．該線框勻速轉動的角速度大小為100πrad/sD．電動勢瞬時值為22V時，線圈平面與中性面的夾角可能為45°12．如圖所示為演示用的手搖發電機模型,勻強磁場磁感應強度B＝0.5T，線圈匝數n＝50匝，線圈面積0.48m2（1)寫出交變電流感應電動勢瞬時值的表達式；(2）畫出e－t圖線．分層作業（八）1．解析：當線框在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸轉動時，會產生交變電流,C正確．答案:C2．解析:轉到圖甲位置時,線圈平面與磁感線垂直,磁通量最大;但磁通量變化率最小，A錯誤；轉到圖乙位置時,線圈產生的感應電動勢最大，B錯誤；轉到圖丙位置時，線圈位于中性面位置，此時感應電流最小，且感應電流方向改變，C錯誤；轉到圖丁位置時，根據右手定則可知AB邊感應電流方向為A→B，D正確．答案:D3．解析:t＝0時,瞬時電動勢為e＝10sin20πt（V）＝0,則線圈平面位于中性面，此時穿過線圈的磁通量最大，導線切割磁感線的有效速度最小，A、B正確，C錯誤；當t＝0。4s時,瞬時電動勢為e＝10sin(20π×0.4）＝0（V)．D錯誤．答案：AB4．解析：感應電動勢最大值為400V，角速度為ω＝2πf＝100π，又發電機從與中性面垂直的位置開始計時，故交變電動勢瞬時值的表達式為e＝Emcosωt＝400cos100πt（V），D正確，A、B、C錯誤．答案：D5．解析:(1)由題可知：S＝lab·lbc＝0.2×0.5m2＝0。1m2，感應電動勢的峰值Em＝（2）若從線圈平面垂直磁感線時開始計時，感應電動勢的瞬時值e＝Emsinωt所以e＝314sin100πt（V)(3)若從線圈平面平行磁感線時開始計時,感應電動勢的瞬時值表達式為e＝Emcosωt，代入數據得e＝314cos100πt(V)T＝eq\f(2π，w）＝0。02s當t＝eq\f（T，6）時，e＝314coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（π,3)））V＝157V。答案：(1)314V(2）e＝314sin100πt（V)（3)157V6．解析：由題圖可知在0、0.02s、0。04s時刻線圈平面在中性面位置,Φ最大，eq\f(ΔΦ，Δt）＝0，故E＝0，A、C錯誤；在0。01s、0。03s、0。05s時刻線圈平面與磁感線平行，Φ最小，eq\f(ΔΦ，Δt）最大，故E最大，B正確；由題圖可知，從t＝0.01s時刻至t＝0。04s時刻線圈旋轉eq\f（3，4）周，轉過的角度為eq\f（3，2）π,D正確．答案：BD7．解析：由T＝eq\f（2π，ω)，得t＝eq\f（π,2ω）＝eq\f(T,4），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0，所以線圈中的電流為0，線圈所受的安培力為0，A、C錯誤，D正確．答案：D8．解析：由Φ－t圖知，t＝0時，Φ最大，即線圈處于中性面位置,此時e＝0，故A、D兩項錯誤；由圖知T＝0.04s，在t＝0。01s時,Φ＝0，eq\f(ΔΦ，Δt）最大，e最大，則B項正確；在t＝0。02s時，Φ最大，由圖象斜率可知斜率為零，即eq\f(ΔΦ,Δt）＝0，e＝0，則C項錯誤．答案:B9．解析：由題意可知，在開始時刻線圈中感應電流為0,隨著線圈轉動，感應電流不斷增大,電流方向為a→d→c→b→a，故電流為負值．當dc邊進入磁場后線圈內感應電流逐漸減小，方向仍為a→d→c→b→a,同理可得線圈內產生的感應電流如A選項所示．答案：A10．解析：從金屬桿在圓環的最高點開始計時,金屬桿切割磁感線的速度v＝ωR,產生的感應電動勢e＝BLvcosωt＝BLRωcosωt，當金屬桿從最高點運動到最低點的過程中，電動勢先變小后變大，流過外電阻的電流先變小后變大，選項B正確；電動勢的最大值E＝BLωR，電流的最大值I＝eq\f(E,2r）＝eq\f(BLωR，2r），選項D正確．答案：BD11．解析：由圖象知：t＝0.01s時，感應電動勢為零，則穿過線框的磁通量最大，變化率最小，故A、B錯誤；由圖象得出周期T＝0.02s,所以ω＝eq\f(2π，T)＝100πrad/s,故C正確；當t＝0時，電動勢為零，線圈平面與磁場方向垂直，故該交變電動勢的瞬時值表達式為e＝22eq\r(2）sin(100πt)V，電動勢瞬時值為22V時,代入瞬時表達式，則有線圈平面與中性面的夾角正弦值sinα＝eq\f（22,22\r（2））＝eq\f（\r(2),2），所以線圈平面與中性面的夾角可能為45°，故D正確．故選C、D。答案:CD12．解析：（1）當線圈平面經過中性面開始計時．則線圈在時間t內轉過角度ωt，于是感應電動勢瞬時值e＝Emsinωt，其中Em＝nBSω。由題意知n＝50，B＝0.5T，ω＝eq\f(2π×150，60）rad/s＝5πrad/s，S＝0。48m2，Em＝nBSω＝50×0.5×0.48×5πV≈188V，所以e＝188sin5πtV。(2）根