高中物理人教版2第五章交變電流1交變電流（全國一等獎）

人教版選修3－1第五章第1節(jié)交變電流練習1一、選擇題1.矩形線圈在磁場中勻速轉動時，產生的感應電動勢最大值為50V，那么該線圈繞軸OO′由圖所示位置轉過30°，線圈中的感應電動勢大小為()A．50V B．25eq\r(3)VC．25V 2．如圖所示，面積均為S的線圈均繞其對稱軸或中心軸在勻強磁場B中以角速度ω勻速轉動，能產生正弦交變電動勢e＝BSωsinωt的圖是()3．如圖所示，矩形線圈abcd放在勻強磁場中，邊ad在軸OO′上，若線圈繞軸勻速轉動，產生的交流電動勢e＝Emsinωt，如果將其轉速增加一倍，其他條件保持不變，則電動勢的表達式為()A．e＝2EmsinωtB．e＝2Emsin2ωtC．e＝EmsinωtD．e＝Emsin2ωt4．處在勻強磁場中的矩形線圈abcd，以恒定的角速度繞ab邊轉動，磁場方向平行于紙面并與ab垂直，在t＝0時刻，線圈平面與紙面重合(如圖所示)，線圈的cd邊離開紙面向外運動，若規(guī)定由a→b→c→d→a方向的感應電流方向為正，則能反映線圈中感應電流I隨時間t變化的圖象是下圖中的()5．如圖所示，一匝數(shù)為N的矩形線圈面積為S，在磁感應強度為B的勻強磁場中繞OO′軸以角速度ω勻速轉動，從圖示位置轉過90°時電動勢是()A．NBSωB．0C．BSωD．NBSωcos(ωt＋90°)6．如圖所示，虛線OO′的左邊存在著方向垂直于紙面向里的勻強磁場，右邊沒有磁場。單匝矩形線圈abcd的對稱軸恰與磁場右邊界重合，線圈平面與磁場垂直。線圈沿圖示方向繞OO′軸以角速度ω勻速轉動(即ab邊先向紙外、cd邊先向紙里轉動)，規(guī)定沿a→b→c→d→a方向為感應電流的正方向。若從圖示位置開始計時，下列四個圖象中能正確表示線圈內感應電流i隨時間t變化規(guī)律的是()7．（多選）矩形線圈在勻強磁場中勻速轉動，從中性面開始轉動180°角過程中，平均感應電動勢和最大感應電動勢之比為()\f(π,2) \f(2,π)C．2π D.π8．（多選）線圈在勻強磁場中轉動產生的電動勢e＝10sin(20πt)V，則下列說法正確的是()A．t＝0時，線圈平面位于中性面B．t＝0時，穿過線圈的磁通量最大C．t＝0時，導線切割磁感線的有效速率最大D．t＝時，e有最大值10eq\r(2)V9．（多選）如圖所示，矩形線圈abcd在勻強磁場中可以分別繞垂直于磁場方向的軸P1和P2以相同的角速度勻速轉動，當線圈平面轉到與磁場方向平行時()A．線圈繞P1轉動時的電流等于繞P2轉動時的電流B．線圈繞P1轉動時的電動勢小于繞P2轉動時的電動勢C．線圈繞P1和P2轉動時的電流的方向相同，都是a→d→c→bD．線圈繞P1轉動時dc邊受到的安培力大于繞P2轉動時dc邊受到的安培力10．（多選）如圖所示，圖線a是線圈在勻強磁場中勻速轉動時所產生正弦交流電的圖象，當調整線圈轉速后，所產生正弦交流電的圖象如圖線b所示，以下關于這兩個正弦交流電的說法正確的是()A．在圖中t＝0時刻穿過線圈的磁通量均為零B．線圈先后兩次轉速之比為32C．交流電a的瞬時值為u＝10sin5πtD．交流電b的最大值為5V二、非選擇題11．一臺發(fā)電機產生正弦式電流，如果e＝400sin314t(V)，那么電動勢的峰值是多少，線圈勻速轉動的角速度是多少，如果這個發(fā)電機的外電路只有電阻元件，總電阻為2kΩ，寫出電流瞬時值的表達式。12．如圖所示，邊長為0.5m的正方形線框ABCD繞AB邊在勻強磁場中勻速轉動，AB邊和磁場垂直，轉速為每秒50轉，磁感應強度為。求：(1)感應電動勢的最大值；(2)在轉動過程中，當穿過線框的磁通量為時，感應電動勢的瞬時值為多大？13．發(fā)電機的轉子是匝數(shù)為100匝，邊長為20cm的正方形線圈，將它置于磁感應強度B＝的勻強磁場中，繞著垂直于磁場方向的軸以ω＝100πrad/s的角速度轉動，當線圈平面跟磁場方向垂直時開始計時。線圈和外電路的總電阻R＝10Ω。(1)寫出交變電流瞬時值表達式；(2)線圈從計時開始，轉過eq\f(π,3)過程中通過線圈某一截面的電荷量為多少？答案1.答案：B解析：由題示條件知：交變電流瞬時值表達式為e＝50cosωt＝50cosθ，當θ＝30°時，e＝25eq\r(3)V，B對。2．答案：A解析：線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸(軸在線圈所在平面內)勻速轉動，產生的正弦交變電動勢為e＝BSωsinωt，由這一原則判斷，A圖中感應電動勢為e＝BSωsinωt；B圖中的轉動軸不在線圈所在平面內；C、D圖轉動軸與磁場方向平行，而不是垂直。3．答案：B解析：設原來轉速為n，則角速度ω＝2πn，感應電動勢的峰值Em＝NBSω當轉速增加一倍，即為2n時，其角速度ω′＝2π×2n＝2ω此時，感應電動勢的峰值E′m＝NBS·2ω＝2Em，可見，此時電動勢e＝Em′sinω′t＝2Emsin2ωt，故選項B正確。4．答案：C解析：分析交變電流的圖象問題應注意圖線上某一時刻對應線圈在磁場中的位置，將圖線描述的變化過程對應到線圈所處的具體位置是分析本題的關鍵，線圈在圖示位置時磁通量為零，但感應電流為最大值；再由楞次定律可判斷線圈在轉過90°的過程中，感應電流方向為正，故選項C正確。5．答案：B解析：因閉合線圈從圖示位置即垂直于中性面的位置開始轉動，所以電動勢的表達式為e＝Emcosωt，又ωt＝90°，故A、C、D錯。6．答案：B解析：0～eq\f(T,4)內，ab一側的線框在磁場中繞OO′轉動產生正弦交變電流，由楞次定律得電流方向為d→c→b→a且越來越大；eq\f(T,4)～eq\f(T,2)內，ab一側線框在磁場外，而dc一側線框又進入磁場，產生交變電流，電流方向為d→c→b→a且越來越小，以此類推，可知i－t圖象為B。7．答案：B解析：線圈從中性面轉過180°角過程中，磁通量的變化為ΔΦ＝Φ2－Φ1＝BS－(－BS)＝2BS，平均感應電動勢eq\x\to(E)＝eq\f(NΔΦ,Δt)＝eq\f(2NBS,\f(π,ω))＝eq\f(2NBSω,π)，最大感應電動勢Em＝NBSω，則平均感應電動勢和最大感應電動勢之比為eq\f(2,π)。8．答案：AB解析：由電動勢的瞬時值表達式可知計時從線圈位于中性面時開始，所以t＝0時，線圈平面位于中性面，磁通量為最大，但此時導線速度方向與磁感線平行，切割磁感線的有效速率為零，A、B正確，C錯誤。當t＝時，e＝10sin(20πt)＝10×sin(20π×V＝0，D錯誤。9．答案：AC解析：產生正弦交變電流的條件是軸和磁感線垂直，與軸的位置和線框形狀無關，轉到圖示位置時產生的電動勢E具有最大值Em＝nBSω由歐姆定律I＝eq\f(E,R總)可知此時I相等，故A對，B錯。由右手定則可知電流為a→d→c→b，故C對。cd邊受的安培力F＝BLcdI，故F一樣大，D錯。10．答案：BC解析：由圖可知t＝0時感應電動勢為零，穿過線圈的磁通量最大，選項A錯誤；由圖可知Ta＝，Tb＝，線圈先后兩次轉速之比nanb＝TbTa＝32，選項B正確；交流電a的瞬時值為u＝Umsin(eq\f(2π,Ta)t)，得u＝10sin5πt選項C正確；感應電動勢最大值Um＝NBSω＝NBS(eq\f(2π,T))，所以UmaUmb＝TbTa，交流電b的最大值為eq\f(20,3)V，選項D錯誤。11．答案：400V100πrad/si＝(A)解析：根據(jù)電動勢的瞬時值表達式可知電動勢的峰值：Em＝400V線圈的角速度：ω＝314rad/s＝100πrad/s由歐姆定律：Im＝eq\f(Em,R)＝0.2A所以電流瞬時值表達式為i＝(A)12．答案：(1)(2)解析：(1)ω＝2πn＝314rad/sEm＝BωS＝(2)Φm＝BS＝由Φ＝Φmcosθ得cosθ＝eq\f(Φ,Φm)＝eq\f(1,2)，θ＝60°E＝Emsinθ＝13．答案：(1)i＝2πsin100πt(A)(2)1×10－2C解析：感應電動勢最大值為Em＝nBSωEm＝100××××100πV＝20πVIm＝eq\f(20π,R)A＝2π(A)，∴i＝Imsinωt＝2πsin100πt(A)(2)線圈從計時開始