交变电流练习题及答案解析

1、知能优化训练同步测控1 . （2011年龙岩高二检测）甲、乙两电路中电流与时间关系如图51 12所示，属于交变电流的是（）甲乙图 5-1-12A.甲、乙都是B.甲是乙不是C.乙是甲不是D.甲、乙都不是解析：选B.甲图电流大小不变、方向变化，是交流电，乙图大小变化、方向不变，是直流 电，故选B.2 .在图51 13中，不能产生交变电流的是 （）ARC图 5-1-13解析：选A.矩形线圈绕着垂直于磁场方向的转轴做匀速圆周运动就产生交流电，而A图中的转轴与磁场方向平行，线圈中无电流产生，所以选 A.3 .交流发电机在工作时的电动势e=Esin 3 t.若将线圈匝数、线圈面积都提高到原来的两倍，其他条

2、件不变，则电动势变为（）A. e=2Esin 3 tB. e= 4Esin 3 t-11_ .C. e= -EnSin cotD. e= -EnSin cot24解析：选B.由电动势最大值表达式Em= NBSo , M S变为原来的两倍，则最大值变为4En,故B正确.4.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51 14所示.下列结论正确的是 （）图 5-1-14A.在t = s和t = s时，电动势最大B.在t = s和t = s时，电动势改变方向C.电动势的最大值是 157 VD.在t = s时，磁通量变化率最大，其值为 Wb/

3、s解析：选CD.在t = s和t = s时，矩形线圈的磁通量最大，但磁通量的变化率为0,电动势为0,此时电动势改变方向.故 A、B错误.由图象可知，周期为 s ,故角速度3 = 2（ = 5兀，而最大电动势为 £= nBSw= 157 V , C正确.在t= s时，磁通量为 0,磁通量变化 率最大，其值为 Wb/s.故D正确.5. （2009年高考天津卷）如图51 15所示，单匝矩形闭合导线框 abcd全部处于磁感应强 度为B的水平匀强磁场中，线框面积为 S,电阻为R线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以.、. .7t. 一.一 .一 .一一角速度3匀速转动，线框从中性面开始转过&quo

4、t;2的过程中，求通过导线横截面的电荷量q.djwXKx'KX0 产XxXXXXXXXXb1IcX jff XX!XXII图 5 1 15解析：q= I At=-j-A t = A=段 R RR答案:BSR 课时训练一、选择题1.矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，下列说法中不正确的是（）A.在中性面时，通过线圈的磁通量最大B.在中性面时，感应电动势为零C.穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势也为零D.线圈每通过中性面一次，电流方向改变一次解析：选C.由中性面的特点可知，应选为 C.2,线圈在匀强磁场中转动产生电动势e= 10sin20兀t V,则下列说法正确的是 （）A.

5、 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率最大D. t = s时，e有最大值10v2 V解析：选AB.由电动势的瞬时值表达式，计时从线圈位于中性面时开始，所以 t = 0时，线 圈平面位于中性面，磁通量为最大，但此时导线速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有 效速率为零， A B正确，C错误.当 t= s 时，e=10sin20Tt t=10Xsin（20 兀* V= 0, D 错误.3.（2011 年雅安高二检测）一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动.线圈中的感应电动势 e随时间t的变化如图5116所示.下面说

6、法中正确的是（）图 5-1-16A. t1时刻通过线圈的磁通量为零B. 12时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大C. t 3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大D.每当e变换方向时，通过线圈的磁通量绝对值都为最大解析：选、t 3时刻感应电动势为零，线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，磁 通量的变化率为零， A、C错误；t 2时刻感应电动势最大，线圈位于中性面的垂面位置，穿 过线圈的磁通量为零， B错误；由于线圈每过一次中性面时，穿过线圈的磁通量的绝对值最 大，e变换方向，所以 D正确.4.闭合线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的正弦式交变电流i = I nsin 3 t.若保持其他条件不

7、变，使线圈的匝数和转速各增加1倍，则电流的变化规律为（）A. i ' = I msin 3 tB. i ' = I msin 2 w tC. i ' = 2I msin出 tD. i ' = 2I msin 2 3 t解析：选D.由电动势的最大值知，最大电动势与角速度成正比，与匝数成正比，所以电动势最大值为4Em,匝数加倍后，其电阻也应该加倍，此时线圈的电阻为2R,根据欧姆定律可i ' = 2I msin 2 3 t.得电流的最大值为Im' =4Em= 2Im,因此，电流的变化规律为2 R5.如图5-1-17所示是一多匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁

8、场的轴匀速转动所产生的感应 电动势的图象，根据图象可知 （）图 5-1-17A.此感应电动势的瞬时表达式为e=2B.此感应电动势的瞬时表达式为e=200sin100兀tC. t = s时，穿过线圈的磁通量为零D. t = s时，穿过线圈的磁通量的变化率最大答案：B6. 一只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 化的图象如图5- 1 18所示.则下列说法中正确的是（）图 5-1-18A. t=0时刻，线圈平面与中性面垂直B. t = s时刻，中的变化率最大C. t = s时刻，感应电动势达到最大D.该线圈转动白角速度为50兀rad/s一一、“ 一。一， 一一一

9、，、一， A ,解析：选BD.由图象可知t=0、s、s时刻线圈平面是中性面位置， 中最大.石丁=0，故_ 一， A 一，, _一， ，一。一E= s、s、s时刻线圈平面与磁感线平行， 中 最小，三丁最大，故E最大，从图象可知，交变电流变化的周期T= s ,则3=母 =50兀rad/s.所以B和D正确.7 .（2011年包头高二检测）如图51 19所示，单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀 强磁场中，线圈轴线 OO与磁场边界重合，线圈按图示方向匀速转动（ab向纸外，cd向纸内）.若从图所示位置开始计时，并规定电流方向沿a-b-c-d-a为正方向，则线圈内感应电流随时间变化的图象是图中的（）图

10、5-1-19图 51 20解析：选A.由题意知线圈总有一半在磁场中做切割磁感线的匀速转动，所以产生的仍然是正弦交变电流，只是最大值为全部线圈在磁场中匀速转动情况下产生的感应电动势最大值的一半，所以选项 B、C错误.再由右手螺旋定则可以判断出A选项符合题意.8 .如图5-1-21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Pi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Pi转动时的电流等于绕 P2转动时的电流8 .线圈绕R转动时的电动势小于绕 P2转动时的电动势C.线圈绕Pi和P2转动时电流的方向相同，都是a-b-c-dD.线圈绕R转动时dc边受到的

11、安培力大于绕 P2转动时dc边受到的安培力解析：选 A.如图所示，设 ab=li, ad=l2, Oa=ri, Od=2.线圈绕巴 凸R轴转动时，产生的感应电动势 ei = Bliv=Blil 23.线圈绕P2轴转动时， & 一 F 产生的感应电动势 e2= Bliria+ Blir2，即ei = e2,所以i i = i2,故百选项A对B错.由右手螺旋定则可知， 线圈绕Pi和B转动时电流的方_向相同，均是a-d-c- b方向，故选项C错，再根据安培力公式可知 人 瓦 工F安=811 i,即安培力相同，D错.："9 .如图5i 22甲所示，a、b为两个并排放置的共轴线圈，a中

12、通有如图乙所示的交变电流，则下列判断错误的是图 5- i -22A.在ti到12时间内，a、b相吸B.在t2到13时间内，a、b相斥 C. ti时刻两线圈间作用力为零D. 12时刻两线圈间吸引力最大解析：选到t2时间内，a中电流减小,a中的磁场穿过 b且减小，因此b中产生与a同向的磁场，故a、b相吸，A选项正确.同理B选项正确.11时刻a中电流最大，但变化率为零,b中无感应电流，故两线圈的作用力为零，故 C选项正确，t2时刻a中电流为零，但此时电 流的变化率最大，b中的感应电流最大，但相互作用力为零，故 D选项错误.因此，错误的 应是D.二、非选择题i0.发电机的转子是匝数为i00,边长为20

13、 cm的正方形线圈，将它置于磁感应强度B= T的匀强磁场中，绕着垂直于磁场方向的轴以3=i00兀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= i0 Q.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？A t =t.解析： E = n又 I = f 且 I = ?,A tRt所以，通过线圈某一截面的电荷量nAq= I t = T1R-At =R从中性面计时，转过 60。，如图所示1 、A =BA S= BS(1 cos 60 ) = BSnBS 100xxx2R=20C = 1X10 2C.答案：1X1。2C11.如图5123所示，匀强磁

14、场B=T ,矩形线圈的匝数Nl= 100,边长ab=m,bc=m,以角速度 = 100兀rad/s 圈中感应电动势的表达式.绕OO轴匀速转动.当线圈通过中性面时开始计时，试求：线图 5-1-23解析：法一：线圈经过时间t转过的角度8 = cot,这时bc和da边不切割磁感线，ab和cd边切割磁感线产生感应电动势eab= ecd= NBab vsin 3 tad bc其中 v=2- = 3 -2" ad所以 e= eab+ecd=2eab=2NBo ab-sin w t = NBSo sin 3 tEm= NBSo =100X X X 100u V= 314 V e=314sin100 兀 t V.法二：感应电动势的瞬时值e=NBSo sin cot,由题可知:S= ab - bc = x m2= m2Em= NBSo =100X X X 100u V= 314 V 所以 e=314sin100 兀 t V.答案：e=314si n100Tt t V12.如图5124所示，线圈的面积是 m2,共100匝，线圈电阻为1 ，外接电阻R= 9 Q,1匀强磁场的磁感应强度为B= 一当线圈以300 r/min 的转速匀速旋转时，求:兀x k : x a 乂X K ； x X图 5-1-24(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式.(2)线圈车专了 1-