2022年高中物理 第二章 交變電流 第一、二節(jié) 認(rèn)識(shí)交變電流 交變電流的描述講義(含解析)粵教版選修3-2
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1、2022年高中物理 第二章 交變電流 第一、二節(jié) 認(rèn)識(shí)交變電流 交變電流的描述講義(含解析)粵教版選修3-2 1.交變電流的電壓和電流隨時(shí)間周期變化,正弦式交 變電流的圖像形狀是正弦(余弦)曲線。 2.線圈在磁場(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)方向的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng),線 圈中產(chǎn)生交變電流,其最大值與線圈的形狀、轉(zhuǎn)軸 位置無關(guān)。 3.當(dāng)線圈轉(zhuǎn)到中性面時(shí),穿過線圈的磁通量最大,感 應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零,電流改變方向,轉(zhuǎn)到與中性面垂直 時(shí),穿過線圈的磁通量為零,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大。 一、交變電流 1.恒定電流 強(qiáng)弱和方向都不隨時(shí)間改變的電流,簡(jiǎn)稱直流。 2.交變電流 強(qiáng)弱和方向都隨時(shí)間
2、作周期性變化的電流,簡(jiǎn)稱交流。 3.特點(diǎn) 電流方向發(fā)生周期性變化。若方向不變,即使大小變化也是直流電。 4.波形圖 電流或電壓隨時(shí)間變化的圖像通常利用示波器來觀察。 日常生活和生產(chǎn)中所用的交變電流是按正弦規(guī)律變化的交變電流。 二、交變電流的產(chǎn)生 1.產(chǎn)生 交變電流是由交流發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的,如圖2-1-1所示,它的最基本結(jié)構(gòu)是線圈和磁極。 圖2-1-1 2.中性面 (1)定義:線圈平面垂直磁感線的位置,各邊都不切割磁感線。 (2)特點(diǎn): ①線圈位于中性面時(shí),穿過線圈的磁通量最大,磁通量的變化率為零,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零,感應(yīng)電流為零。 ②線圈經(jīng)過中性面時(shí),線圈中的電流方向要
3、發(fā)生改變,線圈轉(zhuǎn)一周有兩次經(jīng)過中性面,所以每轉(zhuǎn)一周電流方向改變兩次。 三、交變電流的描述 1.交變電流的函數(shù)描述 (1)正弦式電流 按正弦規(guī)律變化的交變電流。 (2)正弦式電流的峰值、瞬時(shí)值(從中性面開始計(jì)時(shí)) 峰值 瞬時(shí)值 電動(dòng)勢(shì) Em=nBSω e=Emsin ωt 電流 Im= i=Im_sin__ωt 電壓 Um=ImR u=Umsin_ωt 2.交變電流的圖像描述 (1)物理意義 描述交變電流的電動(dòng)勢(shì)e、電流i、電壓u隨時(shí)間t(或角度ωt)變化的規(guī)律。 (2)正弦式交變電流的圖像 如圖2-1-2所示 圖2-1-2 (3)其他
4、幾種不同類型的交變電流 圖2-1-3 1.自主思考——判一判 (1)方向周期性變化,大小不變的電流也是交變電流。(√) (2)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中線圈繞垂直磁場(chǎng)的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)通過中性面時(shí),感應(yīng)電流為零,但感應(yīng)電流為零時(shí),不一定在中性面位置。(×) (3)表達(dá)式為e=Emsin ωt 的交變電流為正弦式交變電流,表達(dá)式為e=Emsin的交變電流也是正弦式交變電流。(√) (4)線圈繞垂直磁場(chǎng)的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中產(chǎn)生了正弦交變電流,峰值越大,則瞬時(shí)值也越大。(×) (5)交變電流的圖像均為正弦函數(shù)圖像或余弦函數(shù)圖像。(×) (6)線圈繞垂直磁場(chǎng)的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中產(chǎn)生了正弦交變
5、電流,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的圖像、感應(yīng)電流的圖像形狀是完全一致的。(√) 2.合作探究——議一議 (1)中性面是任意規(guī)定的嗎? 提示:不是。中性面是一個(gè)客觀存在的平面,即與磁感線垂直的平面。 (2)如何理解線圈平面轉(zhuǎn)到中性面時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零,而線圈平面與中性面垂直時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大呢? 提示:根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=n可知,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小不是與磁通量Φ直接對(duì)應(yīng),而是與磁通量的變化率成正比。雖然線圈經(jīng)過中性面時(shí)磁通量最大,但磁通量的變化率為零,所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零;雖然線圈平面與中性面垂直時(shí)磁通量為零,但磁通量的變化率最大,所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大。 (3)交流發(fā)電機(jī)輸出的電流都可以表示為i=Ims
6、in ωt嗎? 提示:不一定。如果線圈從中性面的垂面開始計(jì)時(shí),則輸出的電流表示為i=Imcos ωt。 正弦交變電流的產(chǎn)生 1.正弦交變電流的產(chǎn)生條件 (1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)。 (2)線圈勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。 (3)線圈的轉(zhuǎn)軸垂直于磁場(chǎng)方向。 2.兩個(gè)特殊位置的特點(diǎn) 中性面 中性面的垂面 位置 線圈平面與磁場(chǎng)垂直 線圈平面與磁場(chǎng)平行 磁通量 最大 零 磁通量變化率 零 最大 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) 零 最大 感應(yīng)電流 零 最大 電流方向 改變 不變 1.一矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)方向的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng),當(dāng)線圈通過中性面時(shí)( ) A
7、.線圈平面與磁感線方向平行 B.通過線圈的磁通量達(dá)到最大值 C.通過線圈的磁通量的變化率達(dá)到最大值 D.線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)達(dá)到最大值 解析:選B 通過中性面時(shí),線圈平面與磁感線方向垂直,磁通量最大,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;此時(shí)通過線圈的磁通量的變化率為零,則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零,選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。 2.關(guān)于線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的交變電流,以下說法中正確的是( ) A.線圈平面每經(jīng)過中性面一次,感應(yīng)電流方向就改變一次,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向不變 B.線圈每轉(zhuǎn)動(dòng)一周,感應(yīng)電流方向就改變一次 C.線圈平面每經(jīng)過中性面一次,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流的方向都要改變一次 D.線圈轉(zhuǎn)動(dòng)一周,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感
8、應(yīng)電流方向都要改變一次 解析:選C 線圈轉(zhuǎn)至中性面時(shí),線圈平面垂直于磁感線,磁通量最大,但磁通量的變化率、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、感應(yīng)電流均為零,電流方向恰好發(fā)生變化。因此,線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生交變電流時(shí),每經(jīng)過中性面一次,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流的方向都要改變一次,線圈每轉(zhuǎn)動(dòng)一周,兩次經(jīng)過中性面,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流的方向都改變兩次,所以C正確。 3.(多選)下圖中哪些情況,線圈中產(chǎn)生了正弦交變電流(均勻速轉(zhuǎn)動(dòng))( ) 解析:選BCD 根據(jù)正弦交變電流產(chǎn)生的條件可知,B、C、D正確。 交變電流瞬時(shí)值表達(dá)式的書寫 [典例] 如圖2-1-4所示為演示用的手搖發(fā)電機(jī)模型,勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁
9、感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5 T,線圈匝數(shù)N=50,每匝線圈面積為0.48 m2,轉(zhuǎn)速為150 r/min,線圈在勻速轉(zhuǎn)動(dòng)過程中,從圖示位置開始計(jì)時(shí)。寫出交變感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)瞬時(shí)值的表達(dá)式。 圖2-1-4 [思路點(diǎn)撥] [解析] 當(dāng)線圈平面經(jīng)過中性面時(shí)開始計(jì)時(shí),則線圈在時(shí)間t內(nèi)轉(zhuǎn)過的角度為ωt,于是瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e=Emsin ωt。 其中Em=NBSω。 由題意知N=50,B=0.5 T,S=0.48 m2, ω= rads=5π rad/s, Em=NBSω=50×0.5×0.48×5π V≈188 V, 所以e=188sin 5πt V。 [答案] e=188sin 5πt
10、V 求解交變電流的瞬時(shí)值問題的答題模型 若線圈給外電阻R供電,設(shè)線圈本身電阻為r,由閉合電路歐姆定律得: i==sin ωt=Imsin ωt。 R兩端的電壓可記為u=Umsin ωt?! ? 1.有一個(gè)正方形線框的線圈匝數(shù)為10匝,邊長(zhǎng)為20 cm,線框總電阻為1 Ω,線框繞OO′軸以10π rads的角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng),如圖2-1-5所示,垂直于線框平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5 T,求: 圖2-1-5 (1)該線框產(chǎn)生的交變電流電動(dòng)勢(shì)最大值、電流最大值分別是多少? (2)線框從圖示位置轉(zhuǎn)過60°時(shí),感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值是多大? (3)寫出感應(yīng)
11、電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的表達(dá)式。 解析:(1)交變電流電動(dòng)勢(shì)最大值為 Em=nBSω=10×0.5×0.22×10π V=6.28 V 電流的最大值為Im== A=6.28 A。 (2)線框轉(zhuǎn)過60°時(shí),感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Emsin 60°≈5.44 V。 (3)由于線框轉(zhuǎn)動(dòng)是從中性面開始計(jì)時(shí)的,所以瞬時(shí)值表達(dá)式為e=Emsin ωt=6.28sin 10πt V。 答案:(1)6.28 V 6.28 A (2)5.44 V (3)e=6.28sin 10πt V 2.如圖2-1-6所示,一半徑為r=10 cm 的圓形線圈共100匝,在磁感應(yīng)強(qiáng)度B= T 的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,繞垂直于磁場(chǎng)方向的
12、中心軸線OO′以n=600 rmin的轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動(dòng),當(dāng)線圈轉(zhuǎn)至中性面位置(圖中位置)時(shí)開始計(jì)時(shí)。 圖2-1-6 (1)寫出線圈內(nèi)所產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式; (2)求線圈從圖示位置開始在 s時(shí)的電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值; (3)求線圈從圖示位置開始在 s時(shí)間內(nèi)的電動(dòng)勢(shì)的平均值。 解析:線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)方向的軸線勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),線圈內(nèi)產(chǎn)生正弦式交變電動(dòng)勢(shì),當(dāng)線圈平面在中性面時(shí)開始計(jì)時(shí),其表達(dá)式為e=Emsin ωt,而在某段時(shí)間內(nèi)的平均電動(dòng)勢(shì)可根據(jù)=N求得。 (1)e=Emsin ωt,Em=NBSω(與線圈形狀無關(guān)),ω=20π rads, 故e=100sin 20π
13、t V。 (2)當(dāng)t= s時(shí),e=100sinV=50 V≈86.6 V。 (3)在 s內(nèi)線圈轉(zhuǎn)過的角度θ=ωt=20π× rad= rad,由Φ=BScos ωt知ΔΦ=BS,所以=N= V。 答案:(1)e=100sin 20πt V (2)86.6 V (3) V 交變電流的圖像 正弦式交變電流隨時(shí)間變化情況可以從圖像上表示出來,圖像描述的是交變電流隨時(shí)間變化的規(guī)律,它是一條正弦曲線,如圖2-1-7所示。 圖2-1-7 從圖像中可以解讀到以下信息: 1.交變電流的最大值 Im、Em,周期T。 2.因線圈在中性面時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、感應(yīng)電流均為零,磁通量最大,
14、所以可確定線圈位于中性面的時(shí)刻。 3.找出線圈平行于磁感線的時(shí)刻。 4.判斷線圈中磁通量的變化情況。 5.分析判斷i、e隨時(shí)間變化的規(guī)律。 [典例] 處在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的矩形線圈abcd,以恒定的角速度繞ab邊轉(zhuǎn)動(dòng),磁場(chǎng)方向平行于紙面并與ab邊垂直,在t=0時(shí)刻,線圈平面與紙面重合(如圖2-1-8),線圈的cd邊離開紙面向外運(yùn)動(dòng),若規(guī)定由a→b→c→d→a方向的感應(yīng)電流為正,則能反映線圈中感應(yīng)電流I隨時(shí)間t變化的圖像是( ) 圖2-1-8 [思路點(diǎn)撥] →→→ [解析] 線圈在磁場(chǎng)中繞和磁場(chǎng)方向垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)可以產(chǎn)生按正弦規(guī)律變化的交變電流,對(duì)于圖示起始時(shí)刻,線圈
15、的cd邊離開紙面向紙外運(yùn)動(dòng),速度方向和磁場(chǎng)方向垂直,產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值最大;用右手定則判斷出電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向,與規(guī)定的正方向相同,所以C對(duì)。 [答案] C 分析正弦交變電流圖像問題的兩個(gè)注意 (1)注意橫、縱坐標(biāo)表示的物理量,以及圖像上的特殊位置。 (2)注意把圖像和線圈的轉(zhuǎn)動(dòng)過程對(duì)應(yīng)起來。 1.一矩形線圈繞垂直于勻強(qiáng)磁場(chǎng)并位于線圈平面內(nèi)的固定軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng),線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖2-1-9所示,則下列說法正確的是( ) 圖2-1-9 A.圖像是從線圈平面位于中性面開始計(jì)時(shí)的 B.t2時(shí)刻穿過線圈的磁通量為零 C.t2時(shí)刻
16、穿過線圈的磁通量的變化率為零 D.感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e的方向變化時(shí),穿過線圈的磁通量的方向也變化 解析:選B 由題圖可知,當(dāng)t=0時(shí),感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大,說明穿過線圈的磁通量的變化率最大,磁通量為零,即是從線圈平面與磁場(chǎng)方向平行時(shí)開始計(jì)時(shí)的,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;t2時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大,穿過線圈的磁通量的變化率最大,磁通量為零,選項(xiàng)B正確,C錯(cuò)誤;感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e的方向變化時(shí),線圈通過中性面,穿過線圈的磁通量最大,但方向并不變化,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 2.(多選)矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng),所產(chǎn)生的交變電流的波形如圖2-1-10 所示,可知( ) 圖2-1-10 A.在t1時(shí)刻穿過線圈的磁通量達(dá)到峰值 B.
17、在t2時(shí)刻穿過線圈的磁通量達(dá)到峰值 C.在t3時(shí)刻穿過線圈的磁通量的變化率達(dá)到峰值 D.在t4時(shí)刻穿過線圈的磁通量的變化率達(dá)到峰值 解析:選BC 由題圖可知,t1和t3時(shí)刻i最大,所以這兩個(gè)時(shí)刻磁通量的變化率最大,線圈處于垂直中性面的位置,穿過線圈的磁通量為0。t2和t4兩時(shí)刻i=0,即=0,線圈處于中性面位置,此時(shí)穿過線圈的磁通量最大。故B、C正確。 3.(多選)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,一矩形金屬線框繞與磁感線垂直的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng),如圖2-1-11甲所示,產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)的圖像如圖乙所示,則( ) 圖2-1-11 A.t=0.005 s時(shí)穿過線框的磁通量的變化率為零 B.t=0.01
18、 s時(shí)線框平面與中性面重合 C.感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為311 V D.線框轉(zhuǎn)動(dòng)是從中性面開始計(jì)時(shí)的 解析:選BCD 由題中圖像可知,該交變電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為e=311sin 100πt(V)。 t=0.005 s時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大,穿過線框的磁通量的變化率最大,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;t=0.01 s時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零,穿過線框的磁通量最大,線框平面與中性面重合,選項(xiàng)B正確;感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為311 V,選項(xiàng)C正確;由題圖知該交變電動(dòng)勢(shì)符合正弦變化規(guī)律,線框轉(zhuǎn)動(dòng)是從中性面開始計(jì)時(shí)的,選項(xiàng)D正確。 1.如圖所示的各圖像中表示交變電流的是( ) 解析:選D B、C兩圖像中,雖然電流大小
19、隨時(shí)間做周期性變化,但方向從圖上看在t軸一側(cè)方向不變,故不是交變電流。A圖中電流的方向沒發(fā)生變化,不是交變電流。D圖中,從圖上看電流分布在t軸兩側(cè),電流的大小、方向均做周期性變化,是交變電流,故選D。 2.(多選)某線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng),穿過它的磁通量Φ隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖1所示,則( ) 圖1 A.t1時(shí)刻,穿過線圈的磁通量的變化率最大 B.t2時(shí)刻,穿過線圈的磁通量的變化率為零 C.t3時(shí)刻,線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零 D.t4時(shí)刻,線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大 解析:選CD t1時(shí)刻,穿過線圈的Φ最大,但為零,A錯(cuò)誤;t2時(shí)刻,穿過線圈的Φ等于零,但最大,B錯(cuò)誤;t3時(shí)刻,
20、Φ最大,等于零,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)等于零,C正確;t4時(shí)刻,Φ等于零,但最大,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大,D正確。 3.一交流發(fā)電機(jī)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e=Emsin ωt,如將線圈的匝數(shù)增加一倍,電樞的轉(zhuǎn)速也增加一倍,其他條件不變,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式將變?yōu)? ) A.e′=2Emsin 2ωt B.e′=2Emsin 4ωt C.e′=4Emsin 2ωt D.e′=4Emsin 4ωt 解析:選C e=Emsin ωt=NBSωsin ωt,現(xiàn)N′=2N,ω′=2ω,則Em′=4Em,所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式將變?yōu)閑′=4Emsin 2ωt。 4.如圖2所示,一矩形線圈abcd,已知ab
21、邊長(zhǎng)為l1,bc邊長(zhǎng)為l2,在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞OO′軸以角速度ω從圖示位置開始勻速轉(zhuǎn)動(dòng),則t時(shí)刻線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為( ) 圖2 A.0.5Bl1l2ωsin ωt B.0.5Bl1l2ωcos ωt C.Bl1l2ωsin ωt D.Bl1l2ωcos ωt 解析:選D 因?yàn)殚_始時(shí)刻線圈平面與磁感線平行,即從垂直于中性面開始運(yùn)動(dòng),所以開始時(shí)刻線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大為Em=Bl1l2ω,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)形式應(yīng)為余弦形式,因此在t時(shí)刻線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為Bl1l2ωcos ωt,故正確選項(xiàng)為D。 5.如圖3所示,矩形線圈ABCD放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中
22、,線圈以相同的角速度分別繞OO′、AD、EF、AB軸線勻速轉(zhuǎn)動(dòng),線圈中產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)分別為E1、E2、E3、E4,則下列判斷正確的是( ) 圖3 A.E1=E2,E3=E4 B.E1=E2=E3,E4=0 C.E1=E2=E3=E4 D.E1=E4,E2=E3 解析:選B 線圈以相同的角速度分別繞OO′、AD、EF在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為Em=BSω,和轉(zhuǎn)軸的位置無關(guān),即E1=E2=E3,當(dāng)線圈繞AB軸轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),線圈的磁通量始終為零,無感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),即E4=0,故B正確。 6.如圖4甲所示,一矩形閉合線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)方向的轉(zhuǎn)軸OO′以恒定
23、的角速度ω轉(zhuǎn)動(dòng)。當(dāng)從線圈平面與磁場(chǎng)方向平行時(shí)開始計(jì)時(shí),線圈中產(chǎn)生的交變電流按照?qǐng)D乙所示的余弦規(guī)律變化,則在t=時(shí)刻( ) 圖4 A.線圈中的電流最大 B.穿過線圈的磁通量為零 C.線圈所受的安培力最大 D.線圈中的電流為零 解析:選D 由T=,故t==,此時(shí)線圈位于中性面位置,所以穿過線圈的磁通量最大,B錯(cuò)誤,由于此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零,所以線圈中電流為零,線圈所受的安培力為零,A、C錯(cuò)誤,D正確。 7.如圖5所示,在水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)中一矩形閉合線圈繞OO′軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng),若要使線圈中的電流峰值減半,不可行的方法是( ) 圖5 A.只將線圈的轉(zhuǎn)速減半 B.只將線圈的匝
24、數(shù)減半 C.只將勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度減半 D.只將線圈的邊長(zhǎng)減半 解析:選B 由Im=,Em=NBSω,ω=2πn,得Im=,故A、C可行;又電阻R與匝數(shù)有關(guān),當(dāng)匝數(shù)減半時(shí)電阻R也隨之減半,則Im不變,故B不可行;當(dāng)邊長(zhǎng)減半時(shí),面積S減為原來的,而電阻減為原來的,故D可行。 8.(多選)一矩形線圈,在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)方向并位于線圈平面的固定軸轉(zhuǎn)動(dòng),線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖6所示,則下列說法中正確的是( ) 圖6 A.t1和t4時(shí)刻穿過線圈的磁通量為零 B.t1和t3時(shí)刻穿過線圈的磁通量的變化率為零 C.線圈平面從與磁場(chǎng)方向平行的時(shí)刻開始計(jì)時(shí)
25、D.每當(dāng)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e變換方向時(shí),穿過線圈的磁通量的絕對(duì)值都最大 解析:選BCD 由圖像可知,為余弦式交變電流,說明t=0時(shí),線圈平面與磁感線方向平行,選項(xiàng)C正確。t1、t3時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零,說明這兩個(gè)時(shí)刻穿過線圈的磁通量變化率為零,穿過線圈的磁通量最大,所以選項(xiàng)B正確,選項(xiàng)A錯(cuò)誤。當(dāng)線圈通過中性面時(shí),感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向要發(fā)生改變,所以選項(xiàng)D正確。 9.一只矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁感線的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng),穿過線圈的磁通量隨時(shí)間變化的圖像如圖7所示。則下列說法中正確的是( ) 圖7 A.t=0時(shí)刻,線圈平面與中性面垂直 B.t=0.01 s時(shí)刻,Φ的變化率為0
26、 C.t=0.02 s時(shí)刻,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)達(dá)到最大 D.從t=0.01 s時(shí)刻至t=0.04 s時(shí)刻線圈轉(zhuǎn)過的角度是π 解析:選D 由圖像可知t=0、t=0.02 s、t=0.04 s時(shí)刻線圈平面位于中性面位置,Φ最大,=0,故E=0;t=0.01 s、t=0.03 s、t=0.05 s時(shí)刻線圈平面與磁感線平行,Φ最小,最大,故E最大,從圖像可知,從t=0.01 s時(shí)刻至t=0.04 s時(shí)刻線圈旋轉(zhuǎn)周,轉(zhuǎn)過的角度為π。 10.(多選)一單匝矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)的軸線勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生正弦式交變電流,其電動(dòng)勢(shì)的變化規(guī)律如圖8中圖線a所示,當(dāng)調(diào)整線圈轉(zhuǎn)速后,電動(dòng)勢(shì)的變化規(guī)律如圖線b所示,
27、以下關(guān)于這兩個(gè)正弦式交變電流的說法正確的是( ) 圖8 A.從圖線可算出穿過線圈磁通量的最大值 B.線圈先后兩次轉(zhuǎn)速之比為2∶3 C.在圖線a和b中,t=0時(shí)刻穿過線圈的磁通量均為零 D.圖線b電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為e=100sin t(V) 解析:選AD 根據(jù)圖線a:感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值Em=BSω=Φmω,因此磁通量最大值Φm=== Wb,A正確。線圈先后兩次周期之比==,===,B錯(cuò)誤。t=0時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零,線圈處于中性面位置,磁通量最大,C錯(cuò)誤。感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值Em=BSω,因此===,即Emb=Ema=100 V,圖線b電動(dòng)勢(shì)瞬時(shí)值表達(dá)式為e=Embsin ωbt=
28、100sin t(V),D正確。 11.如圖9所示,勻強(qiáng)磁場(chǎng)B=0.1 T,所用矩形線圈的匝數(shù)N=100,邊長(zhǎng)ab=0.2 m,bc=0.5 m,以角速度ω=100π rad/s繞OO′軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。當(dāng)線圈平面通過中性面時(shí)開始計(jì)時(shí),試求: 圖9 (1)線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式。 (2)由t=0至t=過程中的平均電動(dòng)勢(shì)值。 解析:(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值e=NBSωsin ωt,由題可知S=a·b=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計(jì)算t=0至t=過程
29、中的平均電動(dòng)勢(shì) E=N=N= 即E=NBSω。代入數(shù)值得E=200 V。 答案:(1)e=314sin 100πt V (2)200 V 12.如圖10所示,邊長(zhǎng)為0.5 m的正方形線框ABCD繞AB邊在磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.4 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng),AB邊與磁場(chǎng)方向垂直,轉(zhuǎn)速為50 r/s。求: 圖10 (1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值。 (2)轉(zhuǎn)動(dòng)過程中,若從圖示位置開始計(jì)時(shí),當(dāng)穿過線圈平面的磁通量為0.05 Wb時(shí),感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值。 解析:(1)因?yàn)檗D(zhuǎn)速 n=50 r/s 則角速度ω=2πn=100π rad/s 所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值: Em=BSω=0.4×0.52×100π V=31.4 V。 (2)穿過線圈的磁通量表達(dá)式為 Φ=BScos ωt 當(dāng)Φ=0.05 Wb時(shí),cos ωt== 則此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 e=Emsin ωt=31.4× V=27.2 V。 答案:(1)31.4 V (2)27.2 V
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