第十章电磁感应第1课时.doc

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第1课时 交变电流的产生和描述 . 1.[交变电流的产生和变化规律]如图1甲所示,矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时,线圈中产生的交变电流如图乙所示,设沿abcda方向为电流正方向,则下列说法正确的是(  ) 图1 A.乙图中Oa时间段对应甲图中A至B图的过程 B.乙图中c时刻对应甲图中的C图 C.若乙图中d等于0.02 s,则1 s内电流的方向改变50次 D.若乙图中b等于0.02 s,则交流电的频率为50 Hz 答案 A 2.[描述交变电流的物理量]小型交流发电机中,矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动,产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系,如图2所示.此线圈与一个R=10 Ω的电阻构成闭合电路,电路中的其他电阻不计.下列说法正确的是(  ) 图2 A.交变电流的周期为0.125 s B.交变电流的频率为8 Hz C.交变电流的有效值为 A D.交变电流的最大值为4 A 答案 C 解析 由题图可直接获取的信息是:交变电流的周期是0.250 s,A错;感应电动势的最大值为20 V,线圈中产生的交变电流为正弦式交变电流,从而可推出:交变电流的频率f== Hz=4 Hz,B错;交变电流的最大值Im== A=2 A,D错;交变电流的有效值I== A= A.所以正确选项为C. 3.[瞬时值表达式的书写方法]如图3所示,图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象,当调整线圈转速后,所产生正弦交流电的图象如图线b所示,以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是(  ) 图3 A.在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零 B.线圈先、后两次转速之比为3∶2 C.交流电a的瞬时值表达式为u=10sin 5πt (V) D.交流电b的最大值为5 V 答案 BC 解析 t=0时刻穿过线圈的磁通量最大,磁通量的变化率为零,故电压为零,A错.读图得两次周期之比为2∶3,由转速n==得转速与周期成反比,故B正确.读图得a的最大值为10 V,ω=5π rad/s,由交流电感应电动势的瞬时值表达式e=Emsin ωt (V)(从线圈在中性面位置开始计时)得,u=10sin 5πt (V),故C正确.交流电的最大值Em=NBSω,所以根据两次转速的比值可得,交流电b的最大值为×10 V= V,故D错. 4.[交变电流有效值的计算方法]如图4所示为一交变电流的电压随时间变化的图象,正半轴是正弦曲线的一个部分,则此交变电流的电压的有效值是(  ) 图4 A. V B.5 V C. V D.3 V 答案 C 解析 设其有效值为U,根据交变电流的有效值定义和题图中电流特点可得,在一个周期内有t1+t2=t,即()2××0.01 s+(4 V)2××0.01 s=U2××0.02 s,解得U= V,故C正确. 例1 如图6甲所示,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=45°时(如图乙)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6 解析 该题考查交变电流的产生过程.t=0时刻,根据题图乙表示的转动方向,由右手定则知,此时ad中电流方向由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ad、bc两边的切割速度方向与磁场方向成45°夹角,由E=2Blv⊥,可得E=2×Blv=Em,即此时电流是最大值的倍,由题图乙还能观察到,线圈在接下来45°的转动过程中,ad、bc两边的切割速度v⊥越来越小,所以感应电动势应减小,感应电流应减小,故瞬时电流的表达式为i=-Imcos (+ωt),则图象为D图象所描述,故D项正确. 答案 D 突破训练1 如图7甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图,其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中,绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动,线圈的两端经集流环和电刷与电阻R=10 Ω连接,与电阻R并联的交流电压表为理想电压表,示数是10 V.图乙是矩形线圈中磁通量Φ随时间t变化的图象.则(  ) 图7 A.电阻R上的电动率为20 W B.t=0.02 s时R两端的电压瞬时值为零 C.R两端的电压u随时间t变化的规律是u=14.1cos 100πt V D.通过R的电流i随时间t变化的规律是i=1.41cos 50πt A 答案 C 解析 电阻R上的电功率为P==10 W,选项A错误;由题图乙知t=0.02 s时磁通量变化率最大,R两端的电压瞬时值最大,选项B错误;R两端的电压u随时间t变化的规律是u=14.1cos 100πt V,通过R的电流i随时间t的变化规律是i=u/R=1.41cos 100πt A,选项C正确,D错误. 考点

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