第5章 第1节

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第五章 交变电流

第1节 交变电流

1.大小和方向都随时间做周期性变化的电流叫做__________,方向不随时间变化的电流称为______,大小和方向都不随时间变化的电流称为__________.

2.线圈在______磁场中绕____________的轴匀速转动时,产生交变电流,此交变电流按正弦规律变化叫做________________电流,其电动势的瞬时值表达式为e=__________,其中Em=________.

3.下列各图中,哪些情况线圈中能产生交流电(  )

4.下图所示的4种电流随时间变化的图中,属于交变电流的有(  )

5.矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动,下列说法中正确的是(  )

A.在中性面时,通过线圈的磁通量最大

B.在中性面时,感应电动势最大

C.穿过线圈的磁通量为零时,感应电动势也为零

D.穿过线圈的磁通量为零时,磁通量的变化率也为零

【概念规律练】

知识点一 交变电流的产生

1.如图1所示为演示交变电流产生的装置图,关于这个实验,正确的说法是(  )

图1

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a→b

D.线圈平面与磁场方向平行时,磁通量变化率为零

2.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垂直。在t=0时刻,线圈平面与纸面重合(如图2所示),线圈的cd边离开纸面向外运动。若规定由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变化的图线是 (  )

知识点二 交变电流的变化规律

3.闭合线圈在匀强磁场中匀速转动,转速为240 r/min,若线圈平面转至与磁场方向平行时的电动势为2 V,则从中性面开始计时,所产生的交流电动势的表达式为e=________ V,电动势的峰值为________ V,从中性面起经

s,交流电动势的大小为________ V.

4.有一个10匝正方形线框,边长为20 cm,线框总电阻为1 Ω,线框绕OO′轴以10π rad/s的角速度匀速转动,如图3所示,垂直于线框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.5 T.问:

图3

(1)该线框产生的交变电流电动势最大值、电流最大值分别是多少?

(2)线框从图示位置转过60°时,感应电动势的瞬时值是多大?

(3)写出感应电动势随时间变化的表达式.

【方法技巧练】

一、瞬时值、平均值的计算方法

5.矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴转动,线圈共100匝,转速为

r/min,在转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为0.03 Wb,则线圈平面转到与磁感线平行时,感应电动势为多少?当线圈平面与中性面夹角为

时,感应电动势为多少?

6.如图4所示,匝数为n,面积为S的矩形线圈在匀强磁场B中匀速转动,角速度为ω,求线圈从图示位置转过180°时间内的平均感应电动势.

图4

二、交变电流图象的应用

7.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5所示.下面说法中正确的是(  )

图5

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为最大

8.一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的变化图象如图6所示,则下列说法中,正确的是(  )

图6

A.t=0时刻,线圈平面与中性面垂直

B.t=0.01 s时刻,穿过线圈平面的磁通量的变化率最大

C.t=0.02 s时刻,线圈中有最大感应电动势

D.t=0.03 s时刻,线圈中有最大感应电流

1.关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流,下列说法中正确的是(  )

A.线圈平面每经过中性面一次,感应电流方向就改变一次,感应电动势方向不变

B.线圈每转动一圈,感应电流方向就改变一次

C.线圈每平面经过中性面一次,感应电动势和感应电流的方向都要改变一次

D.线圈每转动一圈,感应电动势和感应电流方向都要改变一次

2.线圈在磁场中匀速转动产生的交流电的瞬时电动势为e=10

sin 20πt V,则下列说法正确的是(  )

A.t=0时,线圈平面位于中性面

B.t=0时,穿过线圈的磁通量最大

C.t=0时,导线切割磁感线的有效速度最大

D.t=0.4 s时,e达到峰值10

V

3.交流发电机在工作时的电动势为e=Emsin ωt,若将其电枢的转速提高1倍,其他条件不变,则其电动势变为(  )

A.Emsin

B.2Emsin

C.Emsin 2ωt D.2Emsin 2ωt

4.一闭合矩形线圈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7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(  )

图7

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

5.如图8所示,一正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动.沿着OO′观察,线圈沿逆时针方向转动.已知匀强磁场的磁感应强度为B,线圈匝数为n,边长为l,电阻为R,转动的角速度为ω,则当线圈转至图示位置时(  )

图8

A.线圈中感应电流的方向为abcda

B.线圈中的感应电流为

C.穿过线圈的磁通量为0

D.穿过线圈的磁通量的变化率为0

6.如图9所示,矩形线圈abcd,已知ab为L1,ad为L2,在磁感强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω(从图中位置开始)匀速转动,则线圈中感应电动势的大小为(  )

图9

A.

BL1L2ωsin ωt B.

BL1L2cos ωt

C.BL1L2ωsin ωt D.BL1L2ωcos ωt

7.如图10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=0°时(如图)为计时起点,并规定当电流自a流向b时电流方向为正.则下列四幅图中正确的是(  )

图10

8.如图11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.当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(  )

图11

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

9.如图12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(  )

图12

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

D.线圈绕P1转动时cd边受到的安培力大于绕P2转动时cd边受到的安培力

题 号

1

2

3

4

5

6

7

8

9

答 案

10.一矩形线圈在匀强磁场中以角速度4π rad/s匀速转动,产生的交变电动势的图象如图13所示.则交变电流的频率为______Hz,当t=0时,线圈平面与磁感线________,当t=0.5 s时,e为______V.

图13

11.如图14所示,在匀强磁场中有一个“n”形导线框可绕AB轴转动,已知匀强磁场的磁感应强度B=

T,线框的CD边长为l1=20 cm,CE、DF边长均为l2=10 cm,转速为50 r/s.若从图示位置开始计时:

图14

(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式;

(2)在e-t坐标系中作出线框中感应电动势随时间变化关系的图象.

12.如图15所示,匀强磁场B=0.1 T,所用矩形线圈的匝数N=100,边长ab=0.2 m,bc=0.5 m,以角速度ω=100π rad/s绕OO′轴匀速转动.从线圈平面通过中性面时开始计时,试求:

图15

(1)线圈中感应电动势的大小.

(2)由t=0至t=

过程中的平均电动势值.

第五章 交变电流

第1节 交变电流

课前预习练

1.交变电流 直流 恒定电流

2.匀强 垂直于磁感线 正弦式交变 Emsin ωt nBSω

3.BCD [A中线圈中的磁通量始终是零,故无感应电流产生;B、C、D中都是线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动,故能产生交流电,则B、C、D正确.]

4.CD [恒定电流是强弱和方向都不随时间改变,交变电流是强弱和方向都随时间改变,正弦式交变电流是按正弦规律变化的交变电流,图象中数值的正、负表示电流方向.A选项中电流数值总为正,表示电流方向不变,是恒定电流.B选项中图象虽为正弦,但由于电流总是正值,表示电流方向不变,电流大小随时间变化,也是恒定电流.C、D选项中电流强度和方向都随时间做周期性变化,是交变电流.因此,是交变电流的只有C和D,是正弦式交变电流的只有D.]

5.A [中性面和磁场垂直,磁通量最大,磁通量的变化率为零.]

课堂探究练

1.C [线圈在磁场中匀速转动时,在电路中产生呈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a→b,故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,线圈平面与磁场方向平行时,磁通量为零,但磁通量的变化率最大,B、D错误。]

点评 ①线圈平面垂直于磁感线时,线圈中的感应电流为零,这一位置叫中性面.线圈平面经过中性面时,电流方向就发生改变.线圈绕轴转一周经过中性面两次,因此感应电流方向改变两次.

②线圈经过中性面时,穿过线圈的磁通量最大,但磁通量的变化率为零(即各边都不切割),所以感应电动势为零.

2.C [线圈在磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时,可以产生按正弦规律变化的交流电.对于图示起始时刻,线圈的cd边离开纸面向纸外运动,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.]

点评 线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时,可以产生按正弦规律变化的交流电.其中“线圈”无特殊要求,即矩形线圈、圆形线圈等其他形状都可,“绕某一轴匀速转动”,只要求此轴垂直于磁场方向,没有其他限制条件.

3.2sin8 πt 2 1

解析 当线圈平面与磁场平行时(S//B),感应电动势最大,即Em=2 V,ω=2πn=2π×

=8π rad/s,则从中性面开始计时,瞬时值表达式:e=Emsin ωt=2sin 8πt V,当t=

s时,e=2sin(8π×

) V=1 V.

点评 当闭合线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动,且从中性面开始计时时产生正弦式交流电电动势的表达式e=Emsin ωt,Em为最大值即当线圈平面与磁场方向平行时的瞬时值,ω为转动角速度.

4.(1)6.28 V 6.28 A (2)5.44 V

(3)e=6.28sin 10πt V

解析 (1)交变电流电动势最大值为

Em=nBSω=10×0.5×0.22×10π V=6.28 V,

电流的最大值为

Im=Em/R=

A=6.28 A.

(2)线框转过60°时,感应电动势e=Emsin 60°=5.44 V.

(3)由于线框转动是从中性面开始计时的,所以瞬时值表达式为

e=Emsin ωt=6.28sin 10πt V.

点评 ①电动势最大值Em=nBSω.

②当计时起点为中性面位置时表达式为e=Emsin ωt

当计时起点为线圈平面与磁场方向平行时,表达式为e=Emcos ωt.

5.1 V 

V

解析 由题意知:Φm=0.03 Wb

ω=2πn=2π×

×

rad/s=

rad/s.

线圈转至与磁感线平行时,感应电动势最大,故

Em=NBSω=NΦmω=100×0.03×

V=1 V

瞬时值表达式e=Emsin ωt=sin

V

当θ=ωt=

时,e=sin

V=

V.

方法总结 ①要记住两个特殊位置感应电动势的瞬时值,即中性面位置e=0;线圈平面与磁感线平行的位置e=Em=nBSω.

②确定线圈从哪个位置开始计时的,从而确定电动势的瞬时值表达式是正弦形式还是余弦形式.

6.

nBSω

解析 由楞次定律可判断线圈从图示位置转过180°时间内,线圈中的平均感应电动势E≠0.磁通量是没有方向的标量,但却有正负.如果我们规定磁感线从线圈的一侧穿入另一侧,穿出磁通量为正,那么从另一侧穿入这一侧穿出时,磁通量就为负了.设线圈转过180°时,穿过它的磁通量Φ′=BS,那么图示位置时穿过它的磁通量Φ=-BS.由法拉第电磁感应定律得:

=n

=n

=n

nBSω.

方法总结 平均感应电动势不等于始、末两瞬时电动势值的平均值,必须用法拉第电磁感应定律计算即

=n

.

7.D [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,线圈位于中性面的垂面位置,穿过线圈的磁通量为零,B错误;由于线圈每过一次中性面时,穿过线圈的磁通量的绝对值最大,e变换方向,所以D正确.]

方法总结 当感应电动势最大时,磁通量的变化率最大,磁通量却最小.

8.ABCD [由题意可知Φ=Φmsin ωt时,其感应电动势应为e=Emcos ωt,当t=0时,Φ=0,线圈平面与中性面垂直,穿过线圈平面的磁通量的变化率最大,线圈中有最大的感应电动势和感应电流,此类时刻还有0.01 s,0.02 s,0.03 s,……所以答案为A、B、C、D.]

方法总结 由E=

可知,交变电流的电动势随线圈的磁通量的变化而变化,即由Φ的变化可推知感应电动势的变化规律(当Φ=Φmsin ωt时e=Emcos ωt,当Φ=Φmcos ωt时,e=Emsin ωt).

课后巩固练

1.C

2.AB [根据交流电动势的瞬时值表达式可判断为正弦式交变电流,当t=0时,e=0,所以此时磁通量的变化率为零,导线切割磁感线的有效速度为零,但此时穿过线圈的磁通量最大,线圈平面位于中性面,所以A、B正确,C错误;当t=0.4 s时,e=10

sin 20πt V=10

sin 8π V=0,所以D错误.]

3.D [电枢转速提高1倍,由ω=2πn知,角速度变为原来的2倍;由电动势最大值表达式Em=nBSω知,最大值也变为原来的2倍.]

4.B [t1、t3时刻通过线圈的磁通量Φ的绝对值最大,磁通量变化率

=0,此时感应电动势、感应电流为零,线圈中感应电流方向改变,A错误,B正确;t2、t4时刻线圈中磁通量为零,磁通量的变化率最大,即感应电动势最大,C、D错误.]

5.BC [图示位置为垂直于中性面的位置,此时通过线圈的磁通量为零,但磁通量的变化率最大,感应电流也最大,I=

,由右手定则可判断出线圈中感应电流的方向为adcba.]

6.C [线圈经过时间t时,转过角度θ,这时ab,cd边切割磁感线产生感应电动势Eab=BL1vsin θ,Ecd=BL1vsin θ,bc,ad边不切割磁感线不产生感应电动势,故线圈中的感应电动势为E=Eab+Ecd=2BL1vsin θ=2BL1·

L2ωsin ωt=BL1L2ωsin ωt,故正确选项应为C.]

7.D [矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动,从线圈平面与磁场方向平行开始计时,产生的感应电流按余弦规律变化,由于t=0时,线圈的转动方向如题图,由右手定则判断可得,此时ad中电流方向为由a到d,线圈中电流方向为a→d→c→b→a,与规定的电流正方向相反,电流为负值.又因为此时产生的感应电动势最大,故只有D正确.]

8.CD [t=

,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.]

9.A [无论是绕P1转动还是绕P2转动,线圈转到图示位置时产生的电动势都为最大值Em=nBSω,由欧姆定律可知此时I相等,A对,B错;由右手定则可知线圈中电流方向为a→d→c→b→a,故C错;cd边所受的安培力F=BLcdI,故F一样大,D错.]

10.2 垂直 0

解析 T=

s,则交流电的频率f=

=2 Hz.由图象知t=0时,e=0,线圈位于中性面位置,线圈平面和磁感线垂直;当t=0.5 s时,ωt=2πft=2π,e=0.

11.(1)e=10

cos 100πt V (2)见解析

解析 (1)线框转动,开始计时的位置为线圈平面与磁感线平行的位置,产生的交变电流按余弦规律变化,在t时刻线框转过的角度为ωt,此时刻e=Bl1l2ωcos ωt,即e=BSωcos ωt,其中B=

T,S=0.1×0.2 m2=0.02 m2,ω=2πn=2π×50 rad/s=100π rad/s,故e=

×0.02×100πcos 100πt V,

即e=10

cos 100πt V.

(2)T=

=0.02 s,线框中感应电动势随时间变化关系的图象如下图所示

12.(1)e=314sin 100πt V (2)200 V

解析 (1)解法一 线圈经过时间t转过角度θ=ωt,这时bc和da边不切割磁感线,ab和cd边切割磁感线产生感应电动势eab=ecd=NB

vsin ωt,其中v=ω

=ω

,所以e=eab+ecd=2eab=2NBω

sin ωt=NBSωsin ωt,

则Em=NBSω=100×0.1×0.1×100π V=314 V,

e=314sin 100πt V

解法二 感应电动势的瞬时值e=NBSωsin ωt,由题可知S=

·

=0.2×0.5 m2=0.1 m2,

Em=NBSω=100×0.1×0.1×100π V=314 V,

所以e=314sin 100πt V.

(2)用E=N

计算t=0至t=

过程中的平均电动势E=N

=N

即E=

NBSω.代入数值得E=200 V.

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