高中物理第三章 交变电流1 交变电流课时训练

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题组一 正弦交变电流的产生
1．如图所示为教学演示用的交流发电机。以不太快的速度摇动发电机，与发电机相连的小灯泡将一闪一闪发光。现将摇动速度加倍，下列分析正确的是( )
A．小灯泡闪光周期将加倍，亮度增大
B．小灯泡闪光频率将加倍，亮度增大
C．小灯泡闪光频率将不变，亮度增大
D．小灯泡闪光频率将加倍，亮度不变
B [摇动速度加倍，则转速变大，则产生交流电的频率增加，可知小灯泡闪光频率将加倍；感应电流的大小与发电机的转速有关，转速越大，输出的电流也越大，则灯泡的亮度增加。故选B。]
2．交流发电机发电过程示意图如图所示，线圈转动过程中，下列说法正确的是( )
甲 乙
丙 丁
A．转到图甲位置时，通过线圈的磁通量变化率最大
B．转到图乙位置时，线圈中产生的感应电动势为零
C．转到图丙位置时，线圈中产生的感应电流最大
D．转到图丁位置时，AB边感应电流方向为A→B
D [转到图甲位置时，线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大，但磁通量变化率最小，A错误；转到图乙位置时，线圈中产生的感应电动势最大，B错误；转到图丙位置时，线圈位于中性面位置，此时感应电流为零，C错误；转到图丁位置时，根据右手定则可知AB边感应电流方向为A→B，D正确。]
题组二 对交变电流的变化规律的理解
3．如图所示，一单匝矩形线圈abcd，已知ab边长为l1，bc边长为l2，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω从图示位置开始匀速转动，则t时刻线圈中的感应电动势为( )
A．0.5Bl1l2ωsin ωt
B．0.5Bl1l2ωcs ωt
C．Bl1l2ωsin ωt
D．Bl1l2ωcs ωt
D [线圈从题图所示位置开始转动，电动势瞬时值的表达式为e＝Emcs ωt，由题意知Em＝BSω＝Bl1l2ω，所以e＝Bl1l2ωcs ωt。故选D。]
4．(2020·山东威海新高考适应性测试)利用示波器可以显示输入信号的波形。单匝正方形金属线框abcd处在匀强磁场中，以线圈平面内某虚线OO′为轴匀速转动时，线圈内产生的电流随时间的变化关系如图所示。则在四个选项所示的情境中，无论从线圈平面处于哪个位置开始计时，都不可能产生该电流的是( )
A B
C D
A [A项中，当线圈绕平面内平行于磁场方向的轴OO′匀速转动时，线圈中的磁通量始终不变，没有感应电流产生，故A不可能产生题图所示电流。B、C、D三项中线圈均绕垂直于磁场方向的轴转动，根据交变电流的产生原理可知，三者均可产生示波器中的正弦式交变电流。]
5．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，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→a
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
A [线圈绕垂直于磁场方向的轴转动产生交变电流，产生的电流、电动势及线圈各边所受安培力大小与转轴所在位置无关，故选项A正确，选项B、D错误；图示时刻产生电流的方向为a→d→c→b→a，故选项C错误。]
题组三 交变电流的图像
6．(2022·北京朝阳区期末)大型发电机几乎都是旋转磁极式发电机，如图所示为其原理简图。竖直平面内闭合线圈abcd固定不动，磁铁绕图中的虚线旋转，线圈中就会产生感应电流。若条形磁铁以10π rad/s的角速度匀速转动，且图示时刻N极正在向里转。现以图示时刻为计时起点，则下列推断正确的是( )
A．该发电机产生的交变电流频率是10 Hz
B．t＝0时线圈中的电流方向为abcda
C．t＝0.5 s时线圈中的电流方向发生变化
D．t＝0.5 s时线圈中的电流最小
B [条形磁铁以10π rad/s的角速度匀速转动，则该交流电的频率f＝eq \f(ω,2π)＝5 Hz，故A错误；由题图可知，在t＝0时刻穿过线圈的磁通量为0，结合交流电产生的特点可知，t＝0时刻该交流电的瞬时值最大，由题图可知下一时刻穿过线圈的磁通量的方向向里，由楞次定律可知，此时线圈中的电流方向为abcda，故B正确；该交流电的周期T＝eq \f(1,f)＝0.2 s，当t＝0.5 s＝2.5T时，线圈中的电流方向与开始时的方向相反，电流值仍然为最大值，不会改变方向，故C、D错误。]
7．线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的图像如图所示，由图可知( )
A．在A和C时刻线圈处于中性面位置
B．在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零
C．从A时刻到D时刻线圈转过的角度为π弧度
D．在A和C时刻磁通量变化率的绝对值最大
D [当线圈在匀强磁场中处于中性面位置时，磁通量最大，感应电动势为零，感应电流为零，B、D两时刻线圈位于中性面。当线圈平面与磁感线平行时，磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大，A、C时刻线圈平面与磁感线平行，D正确，A、B错误；从A时刻到D时刻线圈转过的角度为eq \f(3π,2)弧度，C错误。]
8．已知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像如图甲所示，则下列说法正确的是( )
甲 乙
A．t＝0时刻线圈平面与中性面垂直
B．t＝0.01 s时刻Φ的变化率达最大
C．t＝0.02 s时刻感应电动势达到最大
D．该线圈相应的感应电动势图像如图乙所示
B [t＝0时刻磁通量最大，线圈位于中性面位置，故A错误；t＝0.01 s时刻磁通量为零，线圈位于垂直中性面的位置，电动势最大，磁通量的变化率最大，故B正确；t＝0.02 s时刻磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，故C错误；感应电动势与磁通量的变化率成正比，电动势随时间变化的图像为正弦曲线，D错误。]
9．如图所示，N＝50匝的矩形线圈abcd，ab边长l1＝20 cm，ad边长l2＝25 cm，放在磁感应强度B＝0.4 T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n＝3 000 r/min的转速匀速转动，线圈电阻r＝1 Ω，外电路电阻R＝9 Ω，t＝0时线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里，求：
(1)t＝0时感应电流的方向；
(2)感应电动势的瞬时值表达式；
(3)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量。
[解析] (1)根据“t＝0时平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里”，运用右手定则，得出感应电流的方向是adcb，如图所示：
(2)n＝3 000 r/min的转速匀速转动，所以线圈的角速度ω＝100 πrad/s
感应电动势的最大值为：Em＝NBSω≈314 V
所以感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcs ωt＝314cs 100πt(V)。
(3)线圈由如图位置转过90°的过程中，ΔΦ＝BSsin 90°
通过R的电量为Q＝eq \f(NΔΦ,R＋r)＝0.1 C。
[答案] (1)adcb (2)e＝314cs 100πt(V)
(3)0.1 C
10．一台发电机的结构示意图如图所示，其中N、S是永久磁铁的两个磁极，它们的表面呈半圆柱面形状。M是圆柱形铁芯，铁芯外套有一矩形线圈，线圈绕铁芯M中心的固定转轴匀速转动。磁极与铁芯之间的缝隙中形成沿半径方向的辐向磁场。从如图所示位置开始计时，规定此时电动势为正值，选项图中能正确反映线圈中的感应电动势e随时间t的变化规律的是( )
A B
C D
D [由于磁场为沿半径的辐向磁场，可以认为磁感应强度的大小不变，线圈始终垂直切割磁感线，所以产生的感应电动势大小不变，由于每个周期磁场方向要改变两次，所以产生的感应电动势的方向也要改变两次，选项D正确。]
11．图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，Ⓐ为交流电流表。线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。以下判断正确的是( )
甲 乙
A．通过电阻R的电流的最大值为10eq \r(2) A
B．线圈转动的角速度为50π rad/s
C．0.01 s时线圈平面与磁场方向垂直
D．0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左
A [由图乙知，发电机产生的交变电流的最大值为10eq \r(2) A，因此通过电阻R的电流的最大值为10eq \r(2) A，A项正确；由ω＝eq \f(2π,T)可得，线圈转动的角速度为ω＝100π rad/s，B项错误；0.01 s时，电路中电流最大，故该时刻通过线圈的磁通量最小，即该时刻线圈平面与磁场方向平行，C项错误；根据右手定则可得，0.02 s时电阻R中电流的方向自左向右，D项错误。]
12．如图所示是交流发电机模型示意图。在磁感应强度为B的匀强磁场中，矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的OO′轴转动，线圈在转动中保持和外电路电阻R形成闭合电路。已知ab长度为L1，bc长度为L2，线圈电阻为r，线圈以恒定角速度ω逆时针转动。(只考虑单匝线圈，不计其他电阻)
求：(1)线圈转动过程中产生的最大感应电动势Em；
(2)若线圈经过图示位置时开始计时，写出交变电流的瞬时值表达式；
(3)线圈从图示位置转过90°的过程中电阻R上通过的电荷量。
[解析] (1)线圈转动过程中产生的最大感应电动势Em＝BSω＝BL1L2ω。
(2)线圈在图示位置是平衡位置，此时感应电流为零，
而线圈中产生的最大电流为Im＝eq \f(Em,R＋r)＝eq \f(BSω,R＋r)＝eq \f(BL1L2ω,R＋r)
故交变电流的瞬时值表达式为
i＝Imsin ωt＝eq \f(BL1L2ω,R＋r)sin ωt。
(3)该过程中穿过线圈磁通量的变化量为Δφ＝BΔS＝BL1L2，所用的时间Δt＝eq \f(T,4)＝eq \f(π,2ω)
根据电磁感应定律eq \x\t(E)＝eq \f(Δφ,Δt)，得平均电流为eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R＋r)＝eq \f(Δφ,R＋rΔt)
故电阻R上通过的电荷量q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(Δφ,R＋rΔt)×Δt＝eq \f(Δφ,R＋r)＝eq \f(BL1L2,R＋r)。
[答案] (1)BL1L2ω (2)i＝eq \f(BL1L2ω,R＋r)sin ωt (3)eq \f(BL1L2,R＋r)
13．如图所示，一半径为r＝10 cm的圆形线圈共100匝，在磁感应强度B＝eq \f(5,π2) T的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的中心轴线OO′以n＝600 rmin的转速匀速转动，当线圈转至中性面位置(图中位置)时开始计时。
(1)写出线圈内所产生的交变电动势的瞬时值表达式；
(2)求线圈从图示位置开始在eq \f(1,60) s时的电动势的瞬时值；
(3)求线圈从图示位置开始在eq \f(1,60) s时间内的电动势的平均值。
[解析] 线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴线匀速转动时，线圈内产生正弦式交变电动势，当线圈平面在中性面时开始计时，其表达式为e＝Emsin ωt，而在某段时间内的平均电动势可根据eq \x\t(E)＝Neq \f(ΔΦ,Δt)求得。
(1)e＝Emsin ωt，Em＝NBSω(与线圈形状无关)，
又ω＝eq \f(2π×600,60) rad/s＝20π rads
故e＝100sin 20πt(V)。
(2)当t＝eq \f(1,60) s时，
e＝100sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(20π×\f(1,60))) V＝50eq \r(3) V≈86.6 V。
(3)在eq \f(1,60) s内线圈转过的角度
θ＝ωt＝20π×eq \f(1,60) rad＝eq \f(π,3) rad
由Φ＝BScs ωt知ΔΦ＝eq \f(1,2)BS，所以eq \x\t(E)＝Neq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(150,π) V。
[答案] (1)e＝100sin 20πt(V) (2)86.6 V (3)eq \f(150,π) V