高中物理人教版选修3-2练习 第5章 交变电流5-1aWord版含解析

一、选择题(每小题6分，共60分)
1．(多选)下列各图中能产生交变电流的是(　　)
答案　CD
解析　A图中的转轴与磁场方向平行，B图中的转轴与纸面方向垂直，但线圈中的磁通量始终为零，线圈中无感应电流产生，故A、B错误；根据交变电流产生的条件可知，线圈绕垂直于磁感线且通过线圈平面的轴线转动，就可以产生交变电流，对线圈的形状没有特别要求，故C、D正确。
2．关于交变电流和直流电流的说法中正确的是(　　)
A．如果电流大小随时间做周期性变化，则一定是交变电流
B．直流电流的大小和方向一定不变
C．交变电流一定是按正弦规律变化的
D．交变电流的最大特征就是电流的方向随时间做周期性的变化
答案　D
解析　直流电的特征是电流的方向不变，电流的大小可以改变。交变电流的特征是电流的方向随时间改变。交变电流有多种形式，正弦式交流电只是交变电流中最基本、最简单的一种。故选D。
3．已知交变电流的瞬时表达式为i＝311sin314t(A)，从t＝0到第一次电流出现最大值时间是(　　)
A．0.005 s B．0.001 s
C．0.02 s D．0.01 s
答案　A
解析　交变电流瞬时表达式i＝311sin314t(A)
故角频率为ω＝314 rad/s
故周期为：T＝ s＝0.02 s
因为是正弦式交变电流，从线圈经过中性面开始计时，故在时刻第一次出现电流峰值，即：0.005 s，所以A项正确。
4．欲增大交流发电机的感应电动势而不改变频率，下面措施中不能采用的是(　　)
A．增大转速 B．增大磁感应强度
C．增加线圈匝数 D．增大线圈的包围面积
答案　A
解析　设线圈匝数为N，磁感应强度为B，线圈围成的面积为S，角速度为ω，转速n单位采用r/s时f＝n，由Em＝NBSω＝NBS·2πn，可知B、C、D项只改变Em的大小，没有改变频率，而A项改变了频率，故选A。
5．(多选)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，所产生的交变电流的波形如图所示，下列说法中正确的是(　　)
A．在t1时刻穿过线圈的磁通量达到峰值
B．在t2时刻穿过线圈的磁通量达到峰值
C．在t3时刻穿过线圈的磁通量的变化率达到峰值
D．在t4时刻穿过线圈的磁通量的变化率达到峰值
答案　BC
解析　本题考查交流电的图象及法拉第电磁感应定律，关键要清楚i(e)和的对应关系。从图中可知，t1时刻线圈中感应电动势达到峰值，磁通量变化率达到峰值，而磁通量最小，线圈平面与磁感线平行。t2、t4时刻感应电流为零，感应电动势等于零，磁通量变化率为零，线圈处于中性面位置，磁通量达到峰值。t3时刻感应电动势达到峰值，线圈中的磁通量变化率达到峰值。正确答案为B、C。
6．下图是某交流发电机产生的感应电动势与时间的关系图象。如果其他条件不变，仅使线圈的转速变为原来的二倍，则交流电动势的最大值和周期分别变为(　　)
A．400 V,0.02 s B．200 V,0.02 s
C．400 V,0.08 s D．200 V,0.08 s
答案　B
解析　根据感应电动势最大值的表达式Em＝NBSω得知，Em与ω成正比，又知道ω＝2πn，T＝，所以可得Em′＝2Em＝200 V，T′＝T＝0.02 s，故选B。
7．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变化关系图象为(　　)
答案　B
解析　在t＝0时刻，磁通量最大，磁通量的变化率最小，产生的感应电动势为零，即感应电流为零，所以C、D错误；根据楞次定律可得，t＝0之后的四分之一周期内，线圈的磁通量减小，故产生的感应电流方向为a→d→c→b→a为负方向，故B正确，A错误。
8. (多选)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0，但磁通量的变化率为Bl2ω
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
答案　BCD
解析　
选项
内容分析
结论
A
根据右手定则判断知，ad边切割磁感线产生的感应电流方向由a→d；bc边切割磁感线产生的感应电流方向由c→b
×
B
因为线圈平面与磁感线平行，所以穿过线圈的磁通量为0；e＝Em＝nBl2ω，由E＝n得＝＝Bl2ω
√
C
因为e＝nBl2ω，所以i＝＝
√
D
t＝，ω＝，由e＝nBl2ωcosωt＝nBl2ωcos＝nBl2ω
√
9．(多选)如图甲所示，U形金属导轨水平放置，导轨上跨接一金属棒ab，与导轨构成闭合电路，并能在导轨上自由滑动，在导轨左侧与ab平行放置的导线cd中通以如图乙所示的交变电流，规定电流方向自c向d为正，则ab棒受到向左的安培力的作用时间是(　　)
A．0～t1 B．t1～t2
C．t2～t3 D．t3～t4
答案　AC
解析　0～t1时间内，电流I由c→d且逐渐增大，由安培定则知，穿过abEF回路的磁感应强度垂直纸面向里，且逐渐增强，因此磁通量增大，由楞次定律判定金属棒ab中的电流方向由a→b；再由左手定则可判定，此过程中ab棒所受安培力向左，选项A正确。同理，可判定出t1～t2、t3～t4时间内ab棒所受安培力向右，t2～t3时间内ab棒所受安培力向左，C项正确，B、D错误。
10．(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．电动势的最大值约是157 V
D．在t＝0.4 s时，磁通量变化率最大，其值约为3.14 Wb/s
答案　CD
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，感应电动势为零，A错误；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，线圈平面与中性面垂直，感应电动势达到峰值，但方向不变，B错误。根据电动势的最大值公式：Em＝NBSω，Φm＝BS，ω＝，可得：Em≈157 V；由E＝N知磁通量变化率的最大值应为≈3.14 Wb/s，故选项C、D正确。
二、非选择题(共3小题，40分)
11．(12分)发电机的转子是匝数为100匝、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。
(1)写出交变电流的瞬时值表达式；
(2)从计时开始，线圈转过的过程中通过线圈某一横截面的电荷量为多少？
答案　(1)i＝2πsin100πt(A)　(2)1×10－2 C
解析　(1)感应电动势最大值为Em＝nBSω
Em＝100×0.05×0.2×0.2×100π(V)＝20π(V)
Im＝＝2π(A)，所以i＝Imsinωt＝2πsin100πt(A)
(2)从中性面开始计时，线圈转过，则
ΔΦ＝B·ΔS＝BS＝BS
此过程中通过线圈某一横截面的电荷量
q＝t＝·Δt＝＝
代入数据解得q＝1×10－2 C。
12．(12分)一矩形线圈，面积是0.05 m2，共100匝，线圈电阻r＝1 Ω，外接电阻R＝4 Ω，线圈在磁感应强度B＝ T的匀强磁场中以n＝300 r/min的转速绕垂直于磁感线的轴匀速转动，如图所示，若从中性面开始计时，求：
(1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)开始计时经 s时线圈中感应电流的瞬时值；
(3)外电路R两端电压的瞬时值表达式。
答案　(1)e＝50sin10πt(V)　(2)8.66 A
(3)u＝40sin10πt(V)
解析　(1)线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，从中性面开始计时产生的感应电动势的瞬时值e＝Emsinωt，其中ω＝2πn，Em＝NBSω，代入数据可得ω＝2πn＝2π×5 rad/s＝10π rad/s，Em＝NBSω＝100××0.05×10π V＝50 V，所以e＝50sin10πt(V)。
(2)由闭合电路欧姆定律有i＝＝10sin10πt(A)，
当t＝ s时，i＝10sin＝10sin60°＝5 A≈8.66 A。
(3)由u＝iR得，u＝40sin10πt(V)。
13．(16分)在图甲所示区域(图中直角坐标系xOy的一、三象限)内有匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小为B。半径为l，圆心角为60°的扇形导线框OPQ以角速度ω绕O点在纸面内沿逆时针方向匀速转动，导线框回路电阻为R。
(1)求导线框中感应电流的最大值I0和交变感应电流的频率f；
(2)在图乙中画出导线框在转动一周的时间内的感应电流i随时间t变化的图象(规定与图甲中线框的位置相应的时刻为t＝0)。
答案　(1)ωBl2　　(2)见解析
解析　(1)从题图中所示位置开始(t＝0)转过60°的过程中，经Δt时间的转角Δθ＝ω·Δt，
回路的磁通量的变化量ΔΦ＝Δθ·l2B。
由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝。
因匀速转动，所以这就是最大的感应电动势。
由欧姆定律可求得电流最大值I0＝ωBl2。
前半圈和后半圈的i(t)相同，故交变感应电流的频率等于旋转频率的2倍。
f＝2×＝。
(2)i-t图象如图所示。