高中物理人教版 (新课标)选修31 交变电流精练

这是一份高中物理人教版 (新课标)选修31 交变电流精练，共6页。


图5－1－12
A．甲、乙都是 B．甲是乙不是
C．乙是甲不是 D．甲、乙都不是
解析：选B.甲图电流大小不变、方向变化，是交流电，乙图大小变化、方向不变，是直流电，故选B.
2．在图5－1－13中，不能产生交变电流的是( )
图5－1－13
解析：选A.矩形线圈绕着垂直于磁场方向的转轴做匀速圆周运动就产生交流电，而A图中的转轴与磁场方向平行，线圈中无电流产生，所以选A.
3．交流发电机在工作时的电动势e＝Emsinωt.若将线圈匝数、线圈面积都提高到原来的两倍，其他条件不变，则电动势变为( )
A．e＝2Emsinωt B．e＝4Emsinωt
C．e＝eq \f(1,2)Emsinωt D．e＝eq \f(1,4)Emsinωt
解析：选B.由电动势最大值表达式Em＝NBSω，N、S变为原来的两倍，则最大值变为4Em，故B正确．
4.矩形线圈的匝数为50匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图5－1－14所示．下列结论正确的是( )
图5－1－14
A．在t＝0.1 s和t＝0.3 s时，电动势最大
B．在t＝0.2 s和t＝0.4 s时，电动势改变方向
C．电动势的最大值是157 V
D．在t＝0.4 s时，磁通量变化率最大，其值为3.14 Wb/s
解析：选CD.在t＝0.1 s和t＝0.3 s时，矩形线圈的磁通量最大，但磁通量的变化率为0，电动势为0，此时电动势改变方向．故A、B错误．由图象可知，周期为0.4 s，故角速度ω＝eq \f(2π,T)＝5π，而最大电动势为Em＝nBSω＝157 V，C正确．在t＝0.4 s时，磁通量为0，磁通量变化率最大，其值为3.14 Wb/s.故D正确．
5. (2009年高考天津卷)如图5－1－15所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R.线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω匀速转动，线框从中性面开始转过eq \f(π,2)的过程中，求通过导线横截面的电荷量q.
图5－1－15
解析：q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(\x\t(E),R)Δt＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BS,R).
答案：eq \f(BS,R)
一、选择题
1．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，下列说法中不正确的是( )
A．在中性面时，通过线圈的磁通量最大
B．在中性面时，感应电动势为零
C．穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势也为零
D．线圈每通过中性面一次，电流方向改变一次
解析：选C.由中性面的特点可知，应选为C.
2．线圈在匀强磁场中转动产生电动势e＝10sin20πt 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率最大
D．t＝0.4 s时，e有最大值10eq \r(2) V
解析：选AB.由电动势的瞬时值表达式，计时从线圈位于中性面时开始，所以t＝0时，线圈平面位于中性面，磁通量为最大，但此时导线速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速率为零，A、B正确，C错误．当t＝0.4 s时，e＝10sin20πt＝10×sin(20π×0.4) V＝0，D错误．
3. (2011年雅安高二检测)一矩形线圈，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5－1－16所示．下面说法中正确的是( )
图5－1－16
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
解析：选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．
4．闭合线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的正弦式交变电流i＝Imsin ωt.若保持其他条件不变，使线圈的匝数和转速各增加1倍，则电流的变化规律为( )
A．i′＝Imsin ωt B．i′＝Imsin 2ωt
C．i′＝2Imsin ωt D．i′＝2Imsin 2ωt
解析：选D.由电动势的最大值知，最大电动势与角速度成正比，与匝数成正比，所以电动势最大值为4Em，匝数加倍后，其电阻也应该加倍，此时线圈的电阻为2R，根据欧姆定律可得电流的最大值为Im′＝eq \f(4Em,2R)＝2Im，因此，电流的变化规律为i′＝2Imsin 2ωt.
5.如图5－1－17所示是一多匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动所产生的感应电动势的图象，根据图象可知( )
图5－1－17
A．此感应电动势的瞬时表达式为e＝2
00sin0.02t
B．此感应电动势的瞬时表达式为e＝200sin100πt
C．t＝0.01 s时，穿过线圈的磁通量为零
D．t＝0.02 s时，穿过线圈的磁通量的变化率最大
答案：B
6.一只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变化的图象如图5－1－18所示．则下列说法中正确的是( )
图5－1－18
A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直
B．t＝0.01 s时刻，Φ的变化率最大
C．t＝0.02 s时刻，感应电动势达到最大
D．该线圈转动的角速度为50π rad/s
解析：选BD.由图象可知t＝0、0.02 s、0.04 s时刻线圈平面是中性面位置，Φ最大.eq \f(ΔΦ,Δt)＝0，故E＝0.t＝0.01 s、0.03 s、0.05 s时刻线圈平面与磁感线平行，Φ最小，eq \f(ΔΦ,Δt)最大，故E最大，从图象可知，交变电流变化的周期T＝0.04 s，则ω＝eq \f(2π,T)＝50π rad/s.所以B和D正确．
7.(2011年包头高二检测)如图5－1－19所示，单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈轴线OO′与磁场边界重合，线圈按图示方向匀速转动(ab向纸外，cd向纸内)．若从图所示位置开始计时，并规定电流方向沿a→b→c→d→a为正方向，则线圈内感应电流随时间变化的图象是图中的( )
图5－1－19
图5－1－20
解析：选A.由题意知线圈总有一半在磁场中做切割磁感线的匀速转动，所以产生的仍然是正弦交变电流，只是最大值为全部线圈在磁场中匀速转动情况下产生的感应电动势最大值的一半，所以选项B、C错误．再由右手螺旋定则可以判断出A选项符合题意．
8.如图5－1－21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5－1－21
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dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力
解析：选A.如图所示，设ab＝l1，ad＝l2，O1a＝r1，O1d＝r2.线圈绕P1轴转动时，产生的感应电动势e1＝Bl1v＝Bl1l2ω.线圈绕P2轴转动时，产生的感应电动势e2＝Bl1r1ω＋Bl1r2ω，即e1＝e2，所以i1＝i2，故选项A对B错．由右手螺旋定则可知，线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同，均是a→d→c→b方向，故选项C错，再根据安培力公式可知F安＝BIl1，即安培力相同，D错．
9．如图5－1－22甲所示，a、b为两个并排放置的共轴线圈，a中通有如图乙所示的交变电流，则下列判断错误的是( )
图5－1－22
A．在t1到t2时间内，a、b相吸
B．在t2到t3时间内，a、b相斥
C．t1时刻两线圈间作用力为零
D．t2时刻两线圈间吸引力最大
解析：选D.t1到t2时间内，a中电流减小，a中的磁场穿过b且减小，因此b中产生与a同向的磁场，故a、b相吸，A选项正确．同理B选项正确．t1时刻a中电流最大，但变化率为零，b中无感应电流，故两线圈的作用力为零，故C选项正确，t2时刻a中电流为零，但此时电流的变化率最大，b中的感应电流最大，但相互作用力为零，故D选项错误．因此，错误的应是D.
二、非选择题
10．发电机的转子是匝数为100，边长为20 cm的正方形线圈，将它置于磁感应强度B＝0.05 T的匀强磁场中，绕着垂直于磁场方向的轴以ω＝100π rad/s的角速度转动，当线圈平面跟磁场方向垂直时开始计时．线圈和外电路的总电阻R＝10 Ω.线圈从计时开始，到转过60°过程中通过线圈某一截面的电荷量为多少？
解析：eq \x\t(E)＝neq \f(ΔΦ,Δt) 又eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R) 且eq \x\t(I)＝eq \f(q,t)，Δt＝t.
所以，通过线圈某一截面的电荷量
q＝eq \x\t(I)t＝eq \f(nΔΦ,ΔtR)Δt＝eq \f(nΔΦ,R)
从中性面计时，转过60°，如图所示
ΔΦ＝BΔS＝BS(1－cs 60°)＝eq \f(1,2)BS
q＝eq \f(nBS,2R)＝eq \f(100×0.05×0.2×0.2,20) C＝1×10－2C.
答案：1×10－2C
11.如图5－1－23所示，匀强磁场B＝0.1 T，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．当线圈通过中性面时开始计时，试求：线圈中感应电动势的表达式．
图5－1－23
解析：法一：线圈经过时间t转过的角度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＝NBab]vsinωt
其中v＝ωeq \f(\x\t(ad),2)＝ωeq \f(\x\t(bc),2)
所以e＝eab＋ecd＝2eab＝2NBωeq \x\t(ab) eq \f(\x\t(ad),2)sinωt＝NBSωsinωt
Em＝NBSω＝100×0.1×0.1×100π V＝314 V
e＝314sin100πt V.
法二：感应电动势的瞬时值e＝NBSωsinωt，由题可知：
S＝eq \x\t(ab)·eq \x\t(bc)＝0.2×0.5 m2＝0.1 m2
Em＝NBSω＝100×0.1×0.1×100π V＝314 V
所以e＝314sin100πt V.
答案：e＝314sin100πt V
12.如图5－1－24所示，线圈的面积是0.05 m2，共100匝，线圈电阻为1 Ω，外接电阻R＝9 Ω，匀强磁场的磁感应强度为B＝eq \f(1,π)T，当线圈以300 r/min的转速匀速旋转时，求：
图5－1－24
(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式．
(2)线圈转了eq \f(1,30) s时电动势的瞬时值多大？
(3)电路中流过电阻R的电流的峰值是多少？
解析：(1)角速度ω＝10π rad/s
Em＝NBSω＝100×eq \f(1,π)×0.05×10π V＝50 V
感应电动势的瞬时值e＝Emsinωt＝50sin10πt V.
(2)当t＝1/30 s时，e＝50sin(10π×eq \f(1,30))V＝25eq \r(3) V
(3)电流峰值Im＝Em/(R＋r)＝eq \f(50,9＋1)A＝5 A.
答案：(1)e＝50sin10πt V (2)25eq \r(3) V (3)5 A