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=102sin 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102 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.Emsinωt2 B.2Emsinωt2
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nBl2ωR[
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.12BL1L2ωsin ωt B.12BL1L2cos ωt
C.BL1L2ωsin ω t 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=π2ω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[来源:Z+xx+k.Com]
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=52π 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,b c=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=T4过程中的平均电动势值.
参考答案
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=102sin 20πt V=102sin 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ΔΦΔt=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=nBSωR=nBl2ωR,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•12L2ωsin 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=π2ω=T4,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=2πω=12 s,则交流电的频率f=1T=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=102cos 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=52π T,S=0.1×0.2 m2=0.02 m2,ω=2πn=2π×50 rad/s=100π rad/s,故e=52π×0.02×100πcos 100πt V,
即e=102cos 100πt V.
(2)T=2πω=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=NBabvsin ωt,其中v=ωad2=ωbc2,所以e=eab+ecd=2eab=2NBωabad2sin ωt=NBSωsin ωt,
则Em=NBSω=100×0.1×0.1×100π V=314 V,
e=31 4sin 100πt V
解法二 感应电动势的瞬时值e=NBSωsin ωt,由题可知S=ab•bc=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=NΔΦΔt计算t=0至t=T4过程中的平均电动势E=N|Φπ2-Φ0|T4-0=N|0-BS|T4=4NBS2πω[
即E=2πNBSω.代入数值得E=200 V.
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