20xx教科版高中物理選修一第2章第1節(jié)交變電流課時作業(yè)(參考版)
2024-12-02 18:23本頁面
【正文】 ] 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(zhuǎn)動還是繞 P2 轉(zhuǎn)動，線圈轉(zhuǎn)到圖示位置時產(chǎn)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(zhuǎn)動，開始計時的位置為線圈平面與磁感線平行的位置，產(chǎn)生的交變電流按余弦規(guī)律變化，在 t 時刻線框轉(zhuǎn)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(guān)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(jīng)過時間 t轉(zhuǎn)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(chǎn)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 時，穿過它的磁通量 Φ ′ ＝ BS，那么圖示位置時穿過它的磁通量 Φ ＝－ 應定律得： E ＝ nΔ ΦΔ t＝ nΦ ′ － Φ12T＝ nBS－ － BS122πω＝ 2π nBSω . 方法總結(jié) 平均感應電動勢不等于始、末兩瞬時電動勢值的平均值，必須用法拉第電磁感應定律計算即 E ＝ nΔ ΦΔ t. 7． D [t t3 時刻感應電動勢為零，線圈位于中性面位置，所以穿過線圈的磁通量最大，磁通量的變化率為零， A、 C 錯誤； t2 時刻感應電動勢最大，線圈位于中性面的垂面位置，穿過線圈的磁通 量為零， B錯誤；由于線圈每過一次中性面時，穿過線圈的磁通量的絕對值最大， e變換方向，所以 D正確． ] 方法總結(jié) 當感應電動勢最大時，磁通量的變化率最大，磁通量卻最?。? 8． ABCD [由題意可知 Φ ＝ Φ msin ωt 時，其感應電動勢應為 e＝ Emcos ωt ，當 t＝ 0時， Φ ＝ 0，線圈平面與中性面垂直，穿過線圈平面的磁通量的變化率最大，線圈中有最大的感應電動勢和感應電流，此類時刻還有 s， s， s， ?? 所以答案為 A、 B、 C、 D.] 方法總結(jié) 由 E＝ nΔ ΦΔ t可知，交變電 流的電動勢隨線圈的磁通量的變化而變化，即由Φ 的變化可推知感應電動勢的變化規(guī)律 (當 Φ ＝ Φ msin ωt 時 e＝ Emcos ωt ；當 Φ ＝ Φ mcos ωt 時， e＝ Emsin ωt )． 課后鞏固練 1． C 2． AB [根據(jù)交流電動勢的瞬時值表達式可判斷為正弦式交變電流，當 t＝ 0時， e＝ 0，所以此時磁通量的變化率為零，導線切割磁感線的有效速度為零，但此時穿過線圈的磁通量最大，線圈平面位于中性面，所以 A、 B正確， C錯誤；當 t＝ s時， e＝ 10 2sin 20π t V＝ 10 2
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