高中物理教科版选修3-2检测：第二章　1.交变电流 Word版含解析

02
第二章
交变电流
1.交变电流
/基础巩固
/1.(多选)如图所示的四种电流中属于交变电流的是(　　)
/
答案:BC
/2.一线圈在匀强磁场中匀速转动,在如图所示位置时(　　)
/
A.穿过线圈的磁通量最大,磁通量的变化率最小
B.穿过线圈的磁通量最大,磁通量的变化率最大
C.穿过线圈的磁通量最小,磁通量的变化率最大
D.穿过线圈的磁通量最小,磁通量的变化率最小
解析:当线圈平面垂直于磁感线时,磁通量最大,但磁通量的变化率最小,故正确选项为A.
答案:A
/3.交流发电机在工作时电动势e=Emsin ωt,若将发电机的转速提高一倍,同时将线圈面积减小一半,其他条件不变,则其电动势变为(　　)
A.e'=Emsi??
????
2
　　　　　
B.??′=2??m??????
????
2
C.e'=Emsin 2ωt
D.e'=
??
m
2
sin 2????
解析:当发电机的转速提高一倍时,角速度加倍,即ω'=2ω,而线圈的面积减小了一半,所以由Em=NBSω可得交变电动势的最大值Em不变,选项C正确.
答案:C
/4.下图为演示交变电流的产生的装置图,关于这个实验,正确的说法是(　　)
/
A.线圈每转动一周,指针左右摆动两次
B.图示位置为中性面,线圈中无感应电流
C.图示位置ab边的感应电流方向为a→b
D.线圈平面与磁场方向平行时,磁通量变化率为零
解析:线圈在磁场中匀速转动时,在电路中产生呈周期性变化的交变电流,线圈经过中性面时电流改变方向,线圈每转动一周,有两次通过中性面,电流方向改变两次,指针左右摆动一次.线圈处于图示位置时,ab边向右运动,由右手定则知,ab边的感应电流方向为a→b;线圈平面与磁场方向平行时,ab、cd边垂直切割磁感线,线圈产生的电动势最大,也可以这样认为,线圈处于竖直位置时,磁通量为零,但磁通量的变化率最大.
答案:C
/5.(多选)线圈在磁场中匀速转动产生的交流电电动势为 e=10
2
sin 20π?? 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度最大
D.t=0.4 s时,e达到最大值10
2
V
解析:根据交流电电动势的瞬时值表达式可判断为正弦交变电流,当t=0时,e=0,所以此时磁通量的变化率为零,导线切割磁感线的有效速度为零,但此时穿过线圈的磁通量最大,线圈平面位于中性面,所以选项A、B正确,选项C错误;当t=0.4 s时,e=10
2
sin 20πt V=10
2
sin 8π V=0,所以选项D错误.
答案:AB
/6.如图所示,一矩形线圈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.0.5Bl1l2ωcos ωt
C.Bl1l2ωsin ωt D.Bl1l2ωcos ωt
解析:感应电动势的最大值为Em=Bl1l2ω,线圈从垂直中性面的位置开始转动,则t时刻的感应电动势为e=Emsin
????+
π
2
=??
??
1
??
2
??cos ωt,故选项D正确.
答案:D
/7.(多选)如图所示,闭合的矩形导体线圈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'方向观察,线圈沿顺时针方向转动.已知匀强磁场的磁感应强度为B,线圈匝数为n,ab边的边长为L1,ad边的边长为L2,线圈电阻为R,转动的角速度为ω,则当线圈转至图示位置时(　　)
/
A.线圈中感应电流的方向为abcda
B.线圈中的感应电动势为2nBL2ω
C.穿过线圈的磁通量的变化率最大
D.线圈ad边所受安培力的大小为
??
2
??
2
??
1
??
2
??
??
,方向垂直纸面向里
解析:当线圈转至题图所示位置时,由楞次定律(或右手定则)可知,选项A正确;题图所示位置,穿过线圈的磁通量为零,但穿过线圈的磁通量的变化率最大,感应电动势最大,为Em=nBL1L2ω,选项C正确,选项B错误;此时线圈中的电流为i=
????
??
1
??
2
??
??
,????边所受安培力的大小为F=nBiL2=
??
2
??
2
??
1
??
2
2
??
??
,方向垂直纸面向里,选项D错误.
答案:AC
/8.(多选)一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时,产生的交变电动势的图像如图所示,则(　　)
/
A.当t=0时,线圈平面与磁感线垂直,磁通量最大
B.当t=π s时,e有最大值
C.t=
3
2
π s时,??=?10 V最小,磁通量变化率最小
D.t=2π s时线圈经过中性面
解析:t=0、t=π s和t=2π s时线圈经中性面,e最小,Φ最大,A、D对,B错;
t=
3
2
π s时,e=-10 V,e最大,
Δ??
Δ??
最大,“-”号表示方向,C错.
答案:AD
/9.如图所示,匝数为100的圆形线圈绕与匀强磁场方向垂直的轴OO'以50 r/s的转速转动,穿过线圈的最大磁通量为0.01 Wb.从图示的位置开始计时,则线圈中感应电动势瞬时值的表达式为(　　)
/
A.e=50sin ωt V
B.e=314cos 314t V
C.e=50cos ωt V
D.e=314sin 314t V
解析:线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦交变电流,产生的交变电流与线圈形状无关,由Em=NBSω可知,Em与线圈面积S、角速度ω有关,角速度ω=2×3.14×50 rad/s=314 rad/s.最大值Em=NBSω=NΦmω=314 V.线圈从图示位置即与中性面垂直时开始计时,此时感应电动势达到最大值,据三角函数关系可得出e=314cos 314t V,B对.
答案:B
/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,它与磁极的柱面共轴,铁芯上有一矩形线框,可绕与铁芯M共轴的固定转轴旋转.磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径、大小近似均匀的磁场.若从图示位置开始计时,当线框绕固定轴匀速转动时,下列图像中能正确反映线框中感应电动势e随时间t变化规律的是 (　　)
/
/
解析:切割磁感线的边以恒定的速率垂直于磁场运动,所处位置的磁感应强度大小不变,所以产生大小不变的电动势,由右手定则可判断电流方向每半周期改变一次,所以D正确.
答案:D
/能力提升
/1.(多选)如图所示,面积均为S的单匝线圈绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度ω匀速转动,不能产生交变电流的是(　　)
/
答案:BCD
/2.(多选)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,磁通量变化率最大,其值为3.14 Wb/s
解析:从题图中可知,在0.1 s和0.3 s时刻,穿过线圈的磁通量最大,此时刻磁通量的变化率等于零;0.2 s和 0.4 s 时刻,穿过线圈的磁通量为零,但此时刻磁通量的变化率最大,由此得选项A、B错误.根据电动势的最大值公式Em=nBSω,Φm=BS,ω=
2π
??
,可得Em=50×0.2×2×
3.14
0.4
V=157 V;磁通量变化率的最大值应为
??
m
??
=3.14 Wb/s,故选项C、D正确.
答案:CD
/3.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
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: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=Bl1l2ω,即e1=e2,所以i1=i2,故选项A正确,选项B错误;由右手定则可知,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错误;再根据安培力公式可知F安=BIl1,即安培力相同,选项D错误.
/
答案:A
/4.如图所示,匀强磁场的磁感应强度B=0.1 T,所用矩形线圈总电阻为R=100 Ω,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,试求当线圈平面从图示位置(与中性面垂直)转过90°的过程中:
/
(1)线圈中的平均电动势;
(2)通过线圈某一截面的电荷量.
解析:(1)线圈平面从图示位置转过90°的过程中,线圈内磁通量的变化量为ΔΦ=Blablbc.
线圈转动所经历的时间为Δt=
π
2??
??
=??
Δ??
Δ??
=2????
??
??
????
??
????
π
=2×100π×100×
0.1×0.2×0.5
π
V=200 V.
(2)
??
=
??
??
=
200
100
A=2 A
又
??
=
??
??
,??=Δ??=
π
2??
.
所以,线圈平面从图示位置转过90°的过程中,通过线圈某一截面的电荷量
q=
??
??=2×
π
2×100π
C=1×10-2 C.
答案:(1)200 V　(2)1×10-2 C
/5.如图所示,在匀强磁场中有一个“π”形导线框可绕AB轴转动,已知匀强磁场的磁感应强度B=
5
2
π
T,线框的????边长为 20 cm,????、????边长均为10 cm,转速为50 r/s.若从图示位置开始计时:
/
(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式;
(2)作出线框中感应电动势随时间变化关系的图像.
解析:(1)开始计时的位置为线框平面与磁感线平行的位置,在t时刻线框转过的角度为ωt,此时刻e=Bl1l2ωcos ωt,即e=BSωcos ωt,其中B=
5
2
π
T,S=0.1×0.2 m2=0.02 m2,ω=2πn=2π×50 rad/s=100π rad/s,故e=
5
2
π
×0.02×100πcos 100πt V,即e=10
2
cos 100πt V.
(2)线框中感应电动势随时间变化关系的图像如图所示.
/
答案:(1)e=10
2
cos 100π?? V　(2)见解析图
/6.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ω=2πn=100π rad/s角速度匀速转动,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)根据右手定则,线圈感应电流方向为adcba
(2)线圈的角速度ω=100π rad/s
图示位置的感应电动势最大,其大小为Em=NBl1l2ω
代入数据得Em=314 V
感应电动势的瞬时值表达式e=Emcos ωt=314cos 100πt V　
(3)从t=0起转过90°过程中,Δt内流过R的电荷量:q=
??Δ??
(??+??)Δ??
Δ??=
????Δ??
(??+??)
=
????
??
1
??
2
(??+??)
代入数据得q=0.1 C
答案:(1)adcba　(2)e=314cos 100πt V　(3)0.1 C