3.1 交变电流 同步练习 人教版（2019）选择性必修 第二册（含解析）

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人教版选择性必修二 3.1交变电流
一、单选题
1.下列所示图像中属于交变电流的有(　　)
A. B. C. D.
2.利用示波器可以显示输入信号的波形，单匝正方形金属线圈abcd处在匀强磁场中，当以线圈平面内某虚线OO'为轴匀速转动时，线圈内能产生正弦式交变电流。则在四个选项所示的情景中，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.
3.如图甲所示是目前市面上流行的手摇手机充电器，它体型小，携带方便，可以在紧急状态下给手机临时充电，其示意图如图乙所示。若某人摇动手柄给手机充电时，其内部线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，下列说法正确的是(　　)
A. 线圈转动的快慢程度不会影响回路中的电流大小
B. 当线圈转到图乙所示位置时，电流方向将发生改变
C. 若从图乙位置开始计时，线圈中的电流瞬时值表达式为i=Imsin ωt
D. 当线圈转到图乙所示位置时，穿过线圈磁通量的变化率最大
4.如图所示，KLMN是一个竖直的单匝矩形导线框，全部处于磁感应强度大小为B的水平方向的匀强磁场中，线框面积为S，MN边水平，线框绕某竖直固定轴以角速度ω匀速转动。在MN边与磁场方向的夹角达到30°时(图示位置)，导线框中产生的瞬时电动势e的大小和线框中感应电流的方向分别为(已知线框按俯视逆时针方向转动)(　　)
A. BSω，电流方向为KNMLK B. BSω，电流方向为KNMLK
C. BSω，电流方向为KLMNK D. BSω，电流方向为KLMNK
5.一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，则以下说法中正确的是(　　)
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，交变电流的电动势达到最大
D. 该线圈产生的交变电流的电动势随时间变化的图像如图乙
6.如图所示，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=45°时为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正，则下列四幅图像中可能正确的是(　　)
A. B. C. D.
7.如图所示，空间有一匀强磁场水平向右，一正方形导线框abcd平行于磁场方向放置，已知导线粗细均匀，若该线框分别绕不同轴线以相同大小的角速度旋转，以下说法正确的是(　　)
A. 线框绕ac轴旋转，线框中不会产生交流电
B. 线框分别绕AB轴和CD轴从图示位置开始转动时产生的交流电相同
C. 若以ab为轴转动，不会产生周期性电流，但a、d两点间会有电势差
D. 沿AB方向观察，从图示位置开始线框分别绕ad轴和bc轴顺时针转动，线框中瞬间产生的感应电流方向相反
8.如图所示，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(　　)
A. 线圈中的感应电流的方向为abcda B. 线圈中的感应电流为
C. 穿过线圈的磁通量为Bl2 D. 穿过线圈的磁通量的变化率为0
9.交流发电机工作时电动势为e＝Emsin ωt，若将发电机的转速提高一倍，同时将电枢所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为(　　)
A. e′＝Emsin B. e′＝2Emsin
C. e′＝Emsin 2ωt D. e′＝sin 2ωt
10.在垂直纸面向里的有界匀强磁场中放置了矩形线圈abcd。线圈cd边沿竖直方向且与磁场的右边界重合。线圈平面与磁场方向垂直。从t＝0时刻起，线圈以恒定角速度ω＝绕cd边沿如图所示方向转动，规定线圈中电流沿abcda方向为正方向，则从t＝0到t＝T时间内，线圈中的电流i随时间t变化关系图像为(　　)
A. B. C. D.
11.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所示，下列结论正确的是(　　)
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，磁通量的变化率为零
12.如图所示，一矩形线圈绕与匀强磁场垂直的中心轴OO′沿顺时针方向转动，引出线的两端分别与相互绝缘的两个半圆形铜环M和N相连。M和N又通过固定的电刷P和Q与电阻R相连。在线圈转动过程中，通过电阻R的电流(　　)
A. 大小和方向都随时间做周期性变化 B. 大小和方向都不随时间做周期性变化
C. 大小不断变化，方向总是P→R→Q D. 大小不断变化，方向总是Q→R→P
13.一个矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势瞬时值表达式为e＝10sin(4πt)V，则(　　)
A. 该线圈转动的角速度为4 rad/s B. t＝0时刻线圈平面与磁场垂直
C. t＝0.25 s时，e达到最大值 D. 在1 s时间内，线圈中电流方向改变10次
14.某交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动时，磁通量Φ随时间t变化的关系如图所示，则下列说法正确的是(　　)
A. t＝0时刻，线圈平面与中性面平行
B. 1 s内线圈中感应电流方向改变50次
C. t＝0.015 s时刻，线圈中的感应电流最大
D. t＝0.01 s时刻，图像的切线斜率为40π Wb/s
二、多选题
15.下列图为交流发电机示意图，线圈沿逆时针方向匀速转动，下列说法正确的是(　　)
A. 甲→乙过程中，AB边中的电流由A→B B. 丙→丁过程中，AB边中的电流由A→B C. 图甲位置线圈中感应电动势最大 D. 图乙位置线圈中感应电流最大
16.如图所示，一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，转动过程中线框产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=0.5sin (20t) V，由该表达式可推知的物理量有(　　)
A. 匀强磁场的磁感应强度 B. 线框的面积
C. 穿过线框的磁通量的最大值 D. 线框转动的角速度
17.关于正弦交变电流的产生过程，下列说法正确的是(　　)
A. 当线圈平面与中性面垂直时，电流方向发生变化
B. 线圈平面经中性面时开始计时，周期内，电流一直增大
C. 线圈平面与中性面垂直开始计时，2个周期内电流方向改变4次
D. 线圈转动过程中通过线圈的磁通量最大的位置，也是感应电流最大的位置
18.如图所示，矩形线框置于竖直向下的磁场中，通过导线与灵敏电流表相连，线框在磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，图中线框处于竖直面内，下述说法正确的是(　　)
A. 因为线框中产生的是交变电流，所以电流表示数始终为零
B. 线框通过图中位置瞬间，穿过线框的磁通量最大
C. 线框通过图中位置瞬间，通过电流表的电流瞬时值最大
D. 若使线框转动的角速度增大一倍，那么通过电流表电流的峰值也增大一倍
19.如图所示，一矩形线圈绕与匀强磁场垂直的中心轴旋转，切割磁感线的两边通过导体圆环外接电阻R，自图示位置开始以角速度ω匀速转动，则通过R的电流(　　)
A. 大小和方向都不断变化 B. 方向不变，大小不断变化
C. 变化的规律i＝Imsin ωt D. 变化的规律i＝Imcos ωt
20.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。当线圈平面转到图示位置与磁场方向平行时(　　)
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. 线圈分别绕P1和P2转动时的电流的方向相同，都是a→d→c→b
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
21.在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示。产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示。则下列说法正确的是(　　)
A. t＝0.01 s时穿过线框的磁通量最小
B. 该交变电动势的最大值为11 V
C. 该交变电动势的瞬时值表达式为e＝22sin (100πt) V　
D. 电动势瞬时值为22 V时，线圈平面与中性面的夹角为45°
三、计算题
22.如图甲所示，KLMN是一个竖直的单匝矩形导线框，全部处于磁感应强度为B的水平方向的匀强磁场中，线框面积为S，MN边水平，线框绕竖直固定轴OO'以角速度ω匀速转动。此时MN边与磁场方向的夹角为30°。
(1)在图乙中画出此时沿固定轴OO'从上向下看线框的俯视图，并标出电流方向。
(2)写出从中性面开始计时，经过时间t线框中产生的感应电动势瞬时值的表达式，并求出MN边与磁场方向的夹角为30°时感应电动势的瞬时值。
23.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。当线圈平面通过中性面时开始计时，试求：
(1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)由t＝0至t＝过程中的平均电动势值。
24.如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′按如图所示方向匀速转动，线圈的匝数n＝100、电阻r＝10 Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R＝90 Ω，与R并联的交流电压表为理想电表。在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图乙所示正弦规律变化(取π＝3.14)。求：
(1)交流发电机产生的电动势的最大值；
(2)从t＝0时刻开始计时，线圈转过60°时线圈中感应电流瞬时值及回路中的电流方向。　
25.如图所示，匀强磁场磁感应强度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OO′轴匀速转动。试求：
(1)感应电动势的峰值；
(2)若从线圈平面垂直磁感线时开始计时，线圈中瞬时感应电动势的表达式；
(3)若从线圈平面平行磁感线时开始计时，求线圈在t＝ s时刻的感应电动势大小。
人教版选择性必修二 3.1交变电流
一、单选题
1.【答案】A
【解析】交变电流是指电流、电压大小和方向均随时间周期性变化的电流，由题图可知，A正确。
2.【答案】B
【解析】选项A中线圈绕OO'匀速转动时，线圈磁通量发生变化，会产生正弦式交变电流，故A错误；选项B中线圈绕OO'匀速转动时，线圈磁通量一直为0，磁通量保持不变，不会产生感应电流，故B正确；选项C中线圈绕OO'匀速转动时，线圈磁通量发生变化，会产生正弦式交变电流，故C错误；选项D中线圈绕OO'匀速转动时，线圈磁通量发生变化，会产生正弦式交变电流，故D错误。
3.【答案】D
【解析】线圈转动得越快，通过线圈的磁通量变化越快，电路中电流越大，A错误；线圈转到中性面时，电流方向才会发生改变，B错误；当从题图乙所示位置开始计时，线圈中的电流瞬时值表达式应为i=Imcos ωt，C错误；线圈转到题图乙所示位置时电流最大，穿过线圈磁通量的变化率最大，D正确。
4.【答案】B
【解析】MN边与磁场方向成30°夹角时，线框中产生的感应电动势大小为e=Emcos ωt=BSωcos 30°=BSω，由楞次定律及安培定则可知线框中感应电流方向为KNMLK，选项B正确。
5.【答案】B
【解析】t=0时刻，穿过线圈的磁通量最大，则线圈平面位于中性面位置，A错误；t=0.01 s时刻，Φ-t图像斜率的绝对值最大，则Φ的变化率最大，B正确；t=0.02 s时刻，穿过线圈的磁通量最大，感应电动势为0，C错误；穿过线圈的磁通量最大时，感应电动势为0，穿过线圈的磁通量为0即磁通量变化率最大时，感应电动势最大，题图乙不符，D错误。
6.【答案】C
【解析】以线圈平面与磁场夹角θ=45°时为计时起点，由楞次定律可判断，初始时刻电流方向为b到a，为负值，且穿过线圈的磁通量减小，电流增大，故选项C正确。
7.【答案】C
【解析】绕ac轴旋转时，回路磁通量变化，线框中有交流电产生，A错误；绕AB轴转动时在线框中产生正弦式交流电，绕CD轴转动时，回路磁通量不变，无交流电产生，B错误；若以ab为轴转动，线框无磁通量变化，不会产生交流电，但会在cb、da边产生感应电动势，a、d两点间会有电势差，C正确；沿AB方向观察，以ad或bc为轴顺时针转动，根据楞次定律，电流方向均为abcda，D错误。
8.【答案】B
【解析】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，则I＝＝，由右手定则可判断出线圈中感应电流的方向为adcba。
9.【答案】C
【解析】感应电动势的瞬时值表达式e＝Emsin ωt，而Em＝NBωS，当ω加倍而S减半时，Em不变，故选项C正确。
10.【答案】B
【解析】在0～内，线圈在匀强磁场中匀速转动，故产生正弦式交流电，由楞次定律知，电流方向为负方向；在～T，线圈中无感应电流；在T时，ab边垂直切割磁感线，感应电流最大，且电流方向为正方向，故只有选项B正确。
11.【答案】C
【解析】t＝0.1 s 和t＝0.3 s时，Φ最大，变化率为0，e＝0，选项A错误；t＝0.2 s和t＝0.4 s时，Φ＝0，变化率最大，e＝Em最大，方向不变；故选项B错误；根据线圈在磁场中转动时产生感应电动势的特点知，t＝0.4 s时，最大，选项D错误；由Φ－t图像可知Φm＝BS＝0.2 Wb，T＝0.4 s，Em＝NBSω＝NΦm·＝157 V，选项C正确。
12.【答案】C
【解析】半圆环交替接触电刷，使输出电流方向不变，这是一个直流发电机模型，由右手定则知，外电路中电流方向是P→R→Q，故C正确。
13.【答案】B
【解析】由交变电动势的瞬时值表达式e＝10sin (4πt)V，可知感应电动势的最大值Em＝10 V，线圈转动的角速度ω＝4π rad/s，选项A错误；将t＝0代入交变电动势的瞬时值表达式，可得感应电动势为0，则此时线圈处于中性面，线圈平面与磁场垂直，选项B正确；将t＝0.25 s代入交变电动势的瞬时值表达式e＝10sin(4πt)V，可得e＝10sin π V＝0，e达到最小值，选项C错误；线圈转动的周期T＝＝0.5 s，则在1 s时间内线圈转过2周，转1周电流方向改变2次，则在1 s时间内线圈中电流方向改变4次，选项D错误。
14.【答案】D
【解析】t＝0时刻，磁通量为0，则线圈平面与中性面垂直，所以A错误；由图像可得周期为0.02 s，一个周期内感应电流方向改变两次，则1 s内线圈中感应电流方向改变100次，所以B错误；t＝0.015 s时刻，线圈中的磁通量最大，感应电流为0，所以C错误；图像的切线斜率为感应电动势的大小，t＝0.01 s时刻，感应电动势最大，有Em＝ ，Em＝BSω＝Φmω ，ω＝，代入数据解得k＝＝40π Wb/s，所以D正确。
二、多选题
15.【答案】BD
【解析】甲→乙过程中，根据右手定则，AB边中的电流由B→A，故A错误；丙→丁过程中，根据右手定则，AB边中的电流由A→B，故B正确；题图甲位置，线圈中磁通量最大，磁通量变化率为零，线圈中感应电动势最小，为零，故C错误；题图乙位置，线圈中磁通量为零，磁通量变化率最大，线圈中感应电动势最大，感应电流最大，故D正确。
16.【答案】CD
【解析】根据正弦式交变电流的感应电动势的瞬时值表达式e=BSωsin ωt可得ω=20 rad/s，而穿过线框的磁通量的最大值为Φm=BS，根据BSω=0.5 V可知磁通量的最大值Φm=0.025 Wb，无法求出匀强磁场的磁感应强度和线框的面积，故C、D正确。
17.【答案】BC
【解析】线圈转动过程中，在中性面位置，磁通量最大、电流等于零，方向改变，2个周期方向改变4次，由中性面经周期到与中性面垂直，电流逐渐增大到最大，故选项B、C正确，A、D错误。
18.【答案】CD
【解析】线框在匀强磁场中匀速转动时，在中性面即线框与磁感线垂直时，磁通量最大，感应电动势最小，而在题中图示位置线框与磁感线平行，磁通量最小，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，选项A、B错误，C正确；由交变电流的峰值表达式Im＝可知，角速度增大一倍，电流的峰值增大一倍，选项D正确。
19.【答案】AD
【解析】线圈在匀强磁场中匀速转动时产生正弦(或余弦)交变电流，和电阻R构成闭合回路，电流的大小、方向均发生变化，故选项A正确，B错误；由于线圈开始时位于垂直于中性面的平面，所以i＝Imcos ωt，故选项D正确，C错误。
20.【答案】AC
【解析】产生交变电流的条件是轴和磁感线垂直，与轴的位置和线圈形状无关，线圈abcd分别绕轴P1、P2转动，转到图示位置时产生的电动势E＝NBSω，由I＝可知，此时I相等，故选项A正确，B错误；由右手定则可知，电流方向为a→d→c→b，故选项C正确；dc边受到的安培力F＝IldcB，则F一样大，故选项D错误。
21.【答案】CD
【解析】t＝0.01 s时电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，此时穿过线圈的磁通量最大，选项A错误；由图可知，交变电动势的最大值Em＝22 V，线圈转动的角速度ω＝＝ rad/s＝100π rad/s，该交变电动势的瞬时值表达式为e＝22sin (100πt) V，选项C正确，B错误；把电动势瞬时值22 V代入e＝22sin(100πt) V，得线圈平面与中性面的夹角为45°，选项D正确。
三、计算题
22.【答案】(1)见解析图　(2)e=BSωsin ωt(V)　BSω(V)
【解析】(1)题图甲所示时刻，沿固定轴OO'从上向下看线框的俯视图及电流方向如图所示。
(2)感应电动势的峰值为Em=BSω，
由于从中性面开始计时，则线框中产生的感应电动势瞬时值的表达式为
e=Emsin ωt(V)=BSωsin ωt(V)，
与磁场方向的夹角为30°时感应电动势的瞬时值e=BSωsin 60°(V)=BSω(V)。
23.【答案】(1)e＝314sin (100πt) V　(2)200 V
【解析】(1)线圈中感应电动势的最大值
Em＝NBSω＝100×0.1×0.1×100π V＝314 V
电动势的瞬时值e＝314sin (100πt) V
(2)t＝0至t＝过程中磁通量的变化量
ΔΦ＝|Φ－Φ0|＝BS
平均电动势＝N＝N＝NBSω＝200 V。
24.【答案】(1)200 V　(2)1 A　电流方向为abcda
【解析】(1)由Φ－t图线可知
Φm＝2.0×10－2Wb，T＝2π×10－2s
角速度ω＝＝100 rad/s
因为Φm＝BS，所以线圈转动产生的感应电动势的最大值
Em＝nΦmω＝200 V。
(2)从t＝0时刻开始计时，有
e＝200 cos(100t) V
则i＝＝2 cos(100t) A
所以i1＝2 cos 60°A＝1 A
由楞次定律结合安培定则，可得回路中电流方向为abcda。
25.【答案】(1)314 V　(2)e＝314sin (100πt) V
(3)157 V
【解析】(1)由题可知，线圈面积
S＝lab lbc＝0.2×0.5 m2＝0.1 m2
感应电动势的峰值
Em＝NBSω＝100×0.1×0.1×100π V
＝100π V＝314 V。
(2)若从线圈平面垂直磁感线时开始计时，感应电动势的瞬时值e＝Emsin ωt
所以e＝314sin (100πt) V。
(3)若从线圈平面平行磁感线时开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为
e＝Emcos ωt
代入数据得e＝314cos (100πt) V
当t＝ s时，e＝314cos V＝157 V。
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