高中物理人教版选修3-2作业 交变电流 Word版含解析

一、单项选择题
1．如图所示为演示交变电流产生的装置图，关于这个实验，正确的说法是(　　)
A．线圈每转动一周，电流方向改变1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　线圈每转动一周，为一个周期，电流方向改变2次，故A项错误；图示位置磁通量线圈与磁场平行，磁通量为零，不是中性面，故B项错误；由楞次定律判断图示位置ab边的感应电流方向为a→b，C项正确；线圈平面与磁场方向平行时，磁通量为零，磁通量变化率反而最大，故D项错误；故选C项．
答案　C
2.如图所示，单匝矩形线圈的一半放在有界匀强磁场中，中心轴线OO′与磁场边界重合，线圈绕中心轴线按图示方向(从上向下看逆时针方向)匀速转动，t＝0时刻线圈平面与磁场方向垂直，规定电流方向沿abcd为正方向，则下图中能表示线圈内感应电流随时间变化规律的是(　　)
解析　线圈从初始时刻至转过时间内，ab一侧的线框在磁场中绕OO′转动产生正弦交流电，电流方向由楞次定律判断为dcba且越来越大．从转过至π时间内，ab一侧线框在磁场外，而dc一侧线框又进入磁场产生交流电，电流方向为dcba且越来越小，以此类推，可知i－t图象正确的为B项．也可以从中性面和用右手定则入手分析．
答案　B
3．矩形金属线圈共10匝，绕垂直于磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的交变电动势e随时间t变化的情况如图所示．下列说法中正确的是(　　)
A．此交流电的频率为0.2 Hz
B．此交流电动势的有效值为1 V
C．t＝0.1 s时，线圈平面与磁场方向平行
D．线圈在转动过程中穿过线圈的最大磁通量为 Wb
解析　由图象可知，交流电的周期为0.2 s，电动势的最大值为1 V，所以其频率为5 Hz，有效值为 V，A、B两项错误；在0.1 s时电动势最小，磁通量最大，所以线圈平面与磁场垂直，C项错误；感应电动势的最大值为nBSω＝nΦm＝1，所以Φm＝＝ Wb＝ Wb，D项正确．
答案　D
4．交流发电机在工作时的电动势e＝Emsinωt，如果将其电枢的转速提高一倍，同时将电枢所围面积减小一半，其它条件不变，则其电动势变为(　　)
A．e＝Emsinωt　　　　　　 B．e＝4Emsin2ωt
C．e＝Emsin2ωt D．e＝4Emsinωt
解析　由公式e＝nBSωsinωt可知，转速提高一倍，则ω增倍，同时因电枢所围面积减小一半所以最大值不变．而ω增倍，同时周期变小，所以选C项．
答案　C
5．长为a、宽为b的矩形线圈，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场的OO′轴以恒定的角速度ω旋转．设t＝0时，线圈平面与磁场方向平行，则此时的磁通量和磁通量的变化率分别是(　　)
A．0，0 B．0，Babω
C.，0 D．Bab，Babω
解析　实际上，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动时，产生交变电动势：
e＝Emcosωt＝Babωcosωt.
当t＝0时，cosωt＝1，
虽然磁通量Φ＝0，但是电动势有最大值Em＝Babω，
根据法拉第电磁感应定律
E＝n，
可知当电动势为最大值时，对应的磁通量的变化率也最大，即Em＝＝Babω.
综上所述，故选B项．
答案　B
6．如图甲所示，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(如图乙)为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正．则图中正确的是(　　)
解析　矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴转动时，产生的电流按正弦规律变化．t＝0时，由右手定则可判断出线圈中电流的方向为a→d→c→b→a，与规定的电流的正方向相反，电流为负值．t＝时，线圈平面与磁场垂直，线圈中的电流为零．所以D项正确．
答案　D
7．在一支氖管两端加一个正弦交流电压u＝50sin314t(V)．当氖管两端电压达到或超过U0＝25 V时，氖管就能发光．则在此交流电的一个周期内氖管的发光时间为(　　)
A．0.2 s B．0.02 s
C．0.01 s D．0.005 s
解析　由ω＝＝314，解得此交流电的一个周期为T＝0.02 s，当氖管两端电压达到或超过U0＝25 V时，氖管就能发光．则在此交流电的一个周期内氖管的发光时间为T/2，即0.01 s，C项正确．
答案　C
8.如图所示是一台发电机的结构示意图，其中N、S是永久磁铁的两个磁极，它们的表面呈半圆柱形状．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，当线框绕固定转轴匀速转动时，下列图象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　由磁场分布特点，线圈在每一位置的切割情况相同，故感应电动势大小是相同的，方向做周期性变化，故D项正确．
答案　D
二、不定项选择题
9．如图甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动．当从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，则在t＝时刻(　　)
A．线圈中的电流最大 B．穿过线圈的磁通量为零
C．线圈所受的安培力为零 D．线圈中的电流为零
解析　线圈转动的角速度为ω，则转过一圈用时，当t＝时说明转过了圈，此时线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，B项错误，由于此时感应电动势为零，所以线圈中电流为零，线圈所受的安培力为零，A项错误，C、D两项正确．
答案　CD
10.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′轴观察，线圈沿逆时针方向转动．已知磁感应强度为B，线圈匝数为n，边长为l，电阻为R，转动角速度为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．穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率也为零
C．线圈中的感应电流为
D．线圈从图示位置起转动时，电动势的瞬时值为nBl2ω
解析　根据右手定则判断知，ad边切割产生的感应电流方向由a→d；bc边切割产生的感应电流方向由c→b，所以A项错误；在图示位置Φ＝B·S⊥＝0；e＝Em＝nl2Bω，由E＝n，得＝＝Bl2ω，i＝＝，所以C项正确，B项错误；t＝，ω＝，由e＝nBl2ωcosωt＝nBl2ωcos＝nBl2ω，D项正确．
答案　CD
11. (多选)如图甲左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R＝55 Ω，为理想电流表和电压表．若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压，电压表的示数为110 V，下列表述正确的是(　　)
A．电流表示数的为2 A B．原、副线圈匝数比为2∶1
C．电压表的示数为电压的有效值 D．原线圈中交变电压的频率为100 Hz
解析　根据电路图可知，电阻R的电压为110 V，电阻为55 Ω，所以电阻R的电流I＝ A＝2 A，所以A项错误；由图可知，输入的电压的有效值为220 V，电压表的示数为110 V，即为输出的电压，根据电压与匝数成正比可得匝数比为2∶1，所以B项正确；电压表、电流表等的读数都是有效值，所以C项正确；经过变压器前后电压的频率是不变的，根据图象可知，输出电压的频率为f＝ Hz＝50 Hz，所以原线圈中交变电压的频率也为50 Hz，所以D项错误．故选B、C两项．
答案　BC
三、计算题
12．发电机的转子是匝数为100，边长为20 cm的正方形线圈，将它置于磁感应强度B＝0.05 T的匀强磁场中，绕着垂直于磁场方向的轴以ω＝100π rad/s的角速度转动，当线圈平面跟磁场方向垂直时开始计时．线圈和外电路的总电阻R＝10 Ω.线圈从计时开始，到转过60°过程中通过线圈某一截面的电荷量为多少？
解析　E＝n，又I＝，
且I＝，Δt＝t.
所以，通过线圈某一截面的电荷量
q＝It＝Δt＝
从中性面计时，转过60°，如图所示：
ΔΦ＝BΔS＝BS(1－cos60°)＝BS
q＝＝ C＝1×10－2 C.
答案　1×10－2 C
13.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，线圈总电阻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)线圈转90°外力做的功；
(4)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，感应电流方向为adcba.
(2)转速：n＝3 000 r/min＝50 r/s
线圈的角速度ω＝2πn＝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＝Emcosωt＝314cos100πt(V)．
(3)电动势的有效值E＝
线圈匀速转动的周期T＝＝0.02 s
线圈匀速转动90°，外力做功大小等于电功的大小，即：
W＝I2(R＋r)·＝·
代入数据得W≈24.65 J.
(4)从t＝0起转过90°过程中，Δt内流过R的电荷量：
q＝IΔt
I＝
联立得：q＝＝
代入数据得q＝0.1 C
答案　(1)t＝0时感应电流的方向为adcba方向；
(2)感应电动势的瞬时值表达式为e＝314cos100πt(V)；
(3)线圈转90°外力做的功是24.65 J；
(4)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量是0.1 C.