高中物理人教版 (新课标)选修3选修3-2第五章 交变电流1 交变电流当堂检测题

第五章　第1节

一、选择题

1．(多选)如图所示的图象中属于交变电流的有(　　)

答案　ABC

解析　选项A、B、C中e的方向均发生了变化，故它们属于交变电流，但不是正弦式交变电流，选项D中e的方向未变化，故是直流电。

2．(多选)线圈在匀强磁场中转动，产生的电动势表达式为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，线圈切割磁感线的有效速率最大

D．t＝0.4 s时，e有最大值10 V

答案　AB

解析　由电动势的瞬时值表达式可知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，磁通量最大，但此时线圈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．关于中性面，下列说法中不正确的是(　　)

A．中性面就是穿过线圈的磁通量为零的面

B．中性面就是线圈中磁通量变化率为零的面

C．线圈经过中性面时，电流方向必改变

D．中性面就是线圈内感应电动势为零的面

答案　A

解析　中性面是穿过线圈的磁通量最大时的面。在中性面时，导体不切割磁感线，且转过中性面时线圈转动方向与磁场方向的夹角由锐角变为钝角或由钝角变为锐角，所以在中性面时线圈中感应电动势为零，电流方向要发生变化。故正确的选项为B、C、D，应选A。

4．线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，由图象可知(　　)

A．在A、C时刻线圈处于中性面位置

B．在B、D时刻穿过线圈的磁通量为0

C．从A时刻到D时刻线圈转过的角度为π

D．若从O时刻到D时刻经过0.02 s，则在1 s内交变电流的方向改变100次

答案　D

解析　A、C时刻感应电流最大，线圈位置与中性面垂直，B、D时刻感应电流为0，线圈在中性面，此时磁通量最大。从A时刻到D时刻线圈转过的角度为。若从O时刻到D时刻经过0.02 s，则T＝0.02 s，则在1 s内交变电流的方向改变×2＝100(次)，故选项D正确。

5．处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab边垂直。在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合，如图所示，线圈的cd边离开纸面向外运动。若规定沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图象是(　　)

答案　C

解析　线圈在磁场中从题图位置开始匀速转动时可以产生按余弦规律变化的交流电。对于题图起始时刻，线圈的cd边离开纸面向纸外运动，速度方向和磁场方向垂直，产生的电动势的瞬时值最大；用右手定则判断出电流方向为逆时针方向，与规定的正方向相同。所以C对。

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甲所示，则下列说法中正确的是(　　)

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，交变电动势达到最大

D．该线圈产生的相应交变电动势的图象如图乙所示

答案　B

解析　由题图甲可知t＝0时刻，线圈的磁通量最大，线圈处于中性面。t＝0.01 s时刻，磁通量为零，但变化率最大，所以A项错误，B项正确。t＝0.02 s时，交变电动势应为零，C、D项均错误。

7．旋转电枢式交流发电机的感应电动势e＝Emsinωt，如将电枢的匝数增加一倍，电枢的转速也增加一倍，其他条件不变，感应电动势的表达式将变为(　　)

A．e＝2Emsin2ωt　　　　 B．e＝2Emsin4ωt

C．e＝4Emsin2ωt D．e＝4Emsin4ωt

答案　C

解析　e＝Emsinωt＝NBSωsinωt，N′＝2N，ω′＝2ω，故E′m＝4Em，e′＝4Emsin2ωt。

8．如图所示，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下图中的(　　)

答案　A

解析　线圈总有一半在磁场中做切割磁感线的匀速转动，产生的仍然是正弦交变电流，只是感应电动势最大值为全部线圈在磁场中匀速转动情况下的一半，选项B、C错误。由右手定则可知选项A正确，选项D错误。

9．(多选)[2015·桂林第十八中学期中]如图所示，一面积为S的单匝矩形线圈处于有界磁场中，能使线圈中产生交变电流的是(　　)

A．将线圈水平向右匀速拉出磁场

B．使线圈以OO′为轴匀速转动

C．使线圈以ab为轴匀速转动

D．磁场以B＝B0sinωt规律变化

答案　BCD

解析　将线圈向右拉出磁场时，线圈中电流方向不变，A错误；B、C两种情况下产生交变电流，不同的是在C情况下当线圈全部位于磁场外的一段时间内线圈内没有电流，B、C正确；由法拉第电磁感应定律可知D种情况下产生按余弦规律变化的电流，B、C、D正确。

10.(多选)如图所示，电阻为R的正方形导线框，边长为l，在磁感应强度为B，方向水平向右的匀强磁场中，在t＝0时，线框所在平面与磁场垂直，线框处于竖直平面内，现使它绕水平轴OO′以角速度ω匀速转过180°，则在转动过程中(　　)

A．通过导线任意截面的电荷量为0

B．通过导线任意截面的电荷量为

C．导线框中磁通量的最大变化率为Bωl2

D．导线框中感应电流方向改变一次

答案　BC

解析　通过导线任意截面的电荷量为q＝IΔt＝Δt＝·＝＝，故选项A错误，选项B正确；磁通量的变化率最大时，感应电动势最大，且Em＝BSω＝Bωl2，又因为E＝，所以磁通量的最大变化率为Bωl2，故选项C正确；从中性面转过180°的过程中，感应电流的方向不变，故选项D错误。

11.如图所示，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，如图所示，当线圈平面转到与磁场方向平行时(　　)

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

答案　A

解析　线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量为零，磁通量变化率最大，两种情况下产生的感应电动势和感应电流最大且相等，所以A正确B错误。由楞次定律和右手定则可知电流方向相同且沿a→d→c→b方向，C错误。由于电流相同，所以两种情况下dc边受到的安培力相等，D错误。

二、非选择题

12．如图甲所示，矩形线圈匝数N＝100 匝，ab＝30 cm，ad＝20 cm，匀强磁场磁感应强度B＝0.8 T，绕轴OO′从图示位置开始匀速转动，角速度ω＝100π rad/s，试求：

(1)穿过线圈的磁通量最大值Φm为多大？线圈转到什么位置时取得此值？

(2)线圈产生的感应电动势最大值Em为多大？线圈转到什么位置时取得此值？

(3)写出感应电动势e随时间变化的表达式，并在图乙中作出图象。

答案　见解析

解析　(1)当线圈转至与磁感线垂直时，磁通量有最大值。

Φm＝BS＝0.8×0.3×0.2 Wb＝0.048 Wb

(2)线圈与磁感线平行时，感应电动势有最大值

Em＝NBSω＝480π V

(3)表达式e＝Emcosωt＝480πcos100πt V

图象如图所示

13.如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.1 T，所用矩形线圈的匝数n＝100，边长lAB＝0.2 m，lBC＝0.5 m，以角速度ω＝100π rad/s绕对称轴OO′匀速转动，当线圈平面通过中性面时开始计时，试求：

(1)线圈中感应电动势的大小；

(2)由t＝0至t＝过程中的平均电动势。

答案　(1)314sin100πt V　(2)200 V

解析　(1)方法一：线圈经过时间t转过角度θ＝ωt，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，则eAB＝eCD＝nBlABvsinωt，其中v＝＝。

依题意有e＝eAB＋eCD＝2eAB＝2nBlAB··sinωt＝nBSωsinωt

Em＝nBSω＝100×0.1×0.2×0.5×100π V＝314 V

所以e＝314sin100πt V。

方法二：感应电动势的瞬时值e＝nBSωsinωt，由题可知

S＝lAB·lBC＝0.2×0.5 m2＝0.1 m2

Em＝nBSω＝100×0.1×0.1×100π V＝314 V

所以e＝314sin100πt V。

(2)用＝n计算t＝0至t＝过程中的平均电动势

＝n＝n＝＝

代入数据得＝200 V。