物理人教版选修32　51 交变电流同步练习教师用卷

1、5.1 变电交流同步练习一、单选题1. 一交流发电机匀速转动时，其交变电动势e=10sin(50t)V，则下列说法正确的是()A. 在t=0时，线圈中的磁通量为0B. 该交流发电机线圈的转速为25r/sC. 若加在标有“10V 20W”的灯泡的两端，灯泡能正常发光D. 若线圈的转速加倍，角速度加倍，则交变电压的最大值、有效值加倍，频率不变【答案】B【解析】解：A、t=0时，瞬时电动势为e=10sin50t(V)=0，则线圈平面位于中性面，此时通过线圈的磁通量最大，故A错误B、角速度=50，故周期n=2=502=25rad/s，故B正确；C、所加交流电的有效值E=Em2=52V，故加在标有“10

2、V20W”的灯泡的两端，灯泡能正常发光，灯泡不能正常发光，故C错误D、转速加倍，角速度加倍，产生的感应电动势的最大值Em=nBS加倍，转速加倍，故D 错误；故选：B 2. 如图所示是一个正弦式交变电流的图象，下列说法正确的是() A. 周期是0.2 s，电流的峰值是10 AB. 周期是0.15 s，电流的峰值是10 AC. 频率是5 Hz，电流的有效值是10 AD. 频率是0.2 Hz，电流的有效值是7.07 A【答案】A【解析】解：AB、由图象知周期是T=0.2s，电流的峰值是Im=10A，A正确，B错误；CD、

3、频率是f=1T=10.2HZ=5Hz，电流有效值为I=102A=52A=7.07A，CD错误；故选：A3. 某小型发电机产生的交变电动势为e=10sin10t(V)，对此电动势，下列表述正确的有()A. 最大值是52VB. 频率是10HzC. 有效值是10VD. 周期是0.2s【答案】D【解析】解：由交变电动势的表达式知最大值Em=10V，角速度=10rad/s，则有效值是：102=52V 周期是：T=2=210=15s=0.2s 频率是：f=10.2=5s 故D正确ABC错误；故选：D4. 由交变电流瞬时表达式i=10sin500t(A)可知，从开始计时起，第一次出现电流峰值所需要的时间是(

4、)A. 2 msB. 1 msC. 6.28 msD. 3.14 ms【答案】D【解析】解：交变电流瞬时表达式i=5sin500t(A) 故角频率为：=500rad/s 故周期为：T=2=0.01256s 由于是正弦式交变电流，从线圈经过中性面开始计时的，故在T4时刻第一次出现电流峰值，即：t=0.012564s=0.00314s=3.14 ms.故ABC错误，D正确故选：D 5. 已知交变电流i=Imsint，线圈从零时刻开始，至少转动了多少时间其瞬时值等于有效值()A. 2B. 2C. 2D. 4【答案】D【解析】解：瞬时值：i=Imsin

5、tA；最大值：Im；有效值：I=Im2；瞬时值等于有效值，故：i=I 即：Imsint=Im2 解得：t=4+2n   (n=0、1、2、) 或者：t=34+2n  (n=0、1、2、) 故t=4、34、 求转过时间的最小值故ABC错误，D正确；故选：D6. 小型交流发电机的原理图如图所示：单匝矩形线圈ABCD置于匀强磁场中，绕过BC、AD中点的轴OO以恒定角速度旋转，轴OO与磁场垂直，矩形线圈通过滑环与理想交流电流表A、定值电阻R串联，下列说法中不正确的是()A. 线圈平面与磁场垂直时，交流电流表A的示数最小B. 线圈平面与磁场平行时，流经定值电阻R的电流最大C

6、. 线圈转动一圈，感应电流方向改变2次D. 线圈平面与磁场平行时，通过线圈的磁通量变化率最大【答案】A【解析】解：A、交流电流表显示的是交流电的有效值，不随线圈的转动而变化；故A错误；B、线圈与磁场平行时，磁通量最小，磁通量的变化率最大，此时电动势最大，电流最大；故BD正确；C、线圈转动一圈，经过两次中性面，感应电流方向改变2次，故C正确因选错误的，故选：A7. 单匝矩形线圈abcd边长分别为l1和l2，在匀强磁场中可绕与磁场方向垂直的轴OO匀角速转动，转动轴分别过ad边和bc边的中点，转动的角速度为.磁场的磁感应强度为B.图为沿转动轴OO观察的情况，在该时刻线圈转动到ab边的速度方向与磁场方

7、向夹角为，此时线圈中产生的感应电动势的瞬时值为()A. 2Bl1l2cosB. 3Bl1l2sinC. Bl1l2cosD. Bl1l2sin【答案】D【解析】解：矩形线圈在匀强磁场中做匀角速转动，产生交流电，感应电动势的最大值为：Em=nBS=nBL1L2    根据电动势的瞬时值表达式：e=Emsint，在该时刻线圈转动到ab边的速度方向与磁场方向夹角为时，=t；此时线圈中产生的感应电动势的瞬时值为：e=Bl1l2sin故选：D 二、多选题8. 单匝闭合线框在匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动.在转动的过程中，线框中的最大磁通量为m，最大感应电动势为E

8、m，则下列说法中正确的是()A. 当穿过线框的磁通量为零时，线框中感应电动势也为零B. 当穿过线框的磁通量减小时，线框中感应电动势在增大C. 当穿过线框的磁通量等于0.5m时，线框中感应电动势为0.5EmD. 线框转动的角速度等于Emm【答案】BD【解析】解：A、当线框磁通量为零时，磁场与线圈平面平行，磁通量的变化率最大，所以感应电动势最大，故A错误；B、假设磁通量的表达式为=msint，则感应电动势的表达式为e=Emcost，所以当线框磁通量减小时，感应电动势在增大，故B正确；C、根据B的表达式可知，当线框磁通量等于0.5m时，感应电动势不等于0.5Em，故C错误D、最大感应电动势为Em=B

9、S，最大磁通量m=BS，所以Em=m，所以=Emm，故D正确；故选：BD 9. 某兴趣小组自制一小型发电机，使线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴转动，穿过线圈的磁通量随时间t按正弦规律变化的图象如图所示，线圈转动周期为T，线圈产生的电动势的最大值为Em.则()A. 在t=T4时，磁场方向与线圈平面平行B. 在t=T2时，线圈中的磁通量变化率最小C. 在t=T2时，线圈中电动势的瞬时值最大D. 若线圈转速增大为原来的2倍，则线圈中电动势变为原来的2倍【答案】CD【解析】解：A、由交流电的变化规律可知，当线圈平面与磁感线的方向垂直时，穿过线圈的磁通量最大，所以在t=T4时，磁场方向与线圈平面

10、垂直.故A错误；B、由交流电的变化规律可知，当线圈与磁感线的方向平行时，即在t=T2时，穿过线圈的磁通量为0，此时的感应电动势线圈中的磁通量变化率最大.线圈中电动势的瞬时值最大，故B错误；C正确；D、若线圈转速增大为原来的2倍，则线圈中最大电动势：Em=nBS2=2nBS=2Em，线圈中电动势变为原来的2倍.故D正确故选：CD 10. (双选)如图所示的交流为u=311sin314tV，接在阻值220的电阻两端，则() A. 电压表的读数为311VB. 电流表读数为1.41AC. 电流表读数是1AD. 2s内电阻的电热是440J【答案】CD【解析】解：A、电压表的读数为有效值，故读数为：311

11、2=220V；故A错误；B、电流表的读数I=220220=1A；故B错误；C正确；D、2s内电阻的热量Q=I2Rt=1×220×2=440J；故D正确；故选：CD11. 如图所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路。线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈的面积为S，转动的角速度为，匝数为N，线圈电阻不计。下列说法正确的是()A. 将原线圈抽头P向下滑动时，灯泡变亮B. 线圈abcd转动过程中，通过线圈的最大磁通量为NBSC. 线圈处于图示位置时，矩形线圈中磁通量的变化率最大D. 若线圈abcd转动的角

12、速度变为2，则变压器原线圈电压的有效值为NBS【答案】AD【解析】解：A、将原线圈抽头P向下滑动时，原线圈的匝数减小，所以变压器副线圈的输出电压变大，故电流增大，灯泡变亮，故A正确；B、矩形线圈abcdabcd转动过程中，在中性面位置时，通过线圈的最大磁通量为BS，故B错误；C、线圈处于图示位置时，是中性面位置，感应电动势的瞬时值为零，矩形线圈中磁通量的变化率为零，故C错误；D、若线圈转动角速度变为2，最大值增加为原来的2倍；Em=2NBS，根据有效值的定义有：(2NS)2RT2=E2RT，解得：E=NBS，故D正确；故选：AD。12. 形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交流电，当线圈平面

13、与中性面垂直时，下面说法正确的是()A. 电流方向将发生改变B. 磁通量的变化率达到最大值C. 通过线圈的磁通量达到最大值D. 线圈所受磁场力达到最大值【答案】BD【解析】解：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，产生正弦式交流电；当线圈平面与中性面垂直时，线圈平面与磁感线平行，此时磁通量最小，为零；感应电动势最大；磁通量的变化率最大；电流方向不变；由于磁通量变化最快，故线圈所受磁场力达到最大值；故AC错误，BD正确；故选：BD三、计算题13. 单匝矩形线框abcd如图所示，其中ab=L1，bc=L2，线框电阻为r，ad间接电阻R，并串入电流表A，线框以ad边为轴在磁感应强度为B的匀强磁

14、场中匀速转动，角速度为 求：(1)交流电流表A的示数；(2)从图示位置转过60角过程中，通过R的总电荷量；(3)从图示位置转过180角过程中，外力所做的功【答案】解：(1)线框中产生的感应电动势最大值为Em=BL1L2 感应电流有效值E=Em2 感应电流的有效值I=ER+r=BL1L22(R+r) (2)图示位置穿过线框的磁通量为1=0，从图示位置转过60角磁通量为2=BL1L2sin60 则从图示位置转过60角过程中，通过R的总电荷量q=I.t=ER+rt=R+r=21R+r 代入解得，q=3BL1L22(R+r) (3)从图示位置转过180角过程中，经过的时间为t=，根据功能关系得：外力所

15、做的功W=Q=I2(R+r)t=B2L12L222(R+r)答：(1)交流电流表A的示数是BL1L22(R+r)；(2)从图示位置转过60角过程中，通过R的总电荷量是3BL1L22(R+r)；(3)从图示位置转过180角过程中，外力所做的功是B2L12L222(R+r)【解析】(1)交流电流表A测量交变电流的有效值，先根据Em=BL1L2求出线框中产生的感应电动势最大值，由于产生的是正弦式电流，所以感应电动势的有效值为E=Em2，再根据闭合电路欧姆定律求解电流的有效值，即可得解(2)从图示位置转过60角过程中，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律求解电荷量(3)根据焦耳定律求解线框中产生的焦耳热，

16、由功能关系知，外力所做的功等于线框中产生的焦耳热对于交流电压表和电流表的读数都为电压和电流的有效值，不是最大值或瞬时值.本题中关键要会推导感应电荷量的公式q=R+r14. 如图所示为交流发电机示意图，匝数为n=100匝的矩形线圈，边长分别为10cm和20cm，内阻为 5，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO轴以502 rad/s的角速度匀速转动，线圈通过电刷和外部 20的电阻R相接.求：(1)电键S合上后，电压表和电流表示数；(2)电阻R上所消耗的电功率是多少？【答案】解：(1)感应电动势最大值Em=nBS=100×0.5×0.1

17、5;0.2×502V=502 V  感应电动势有效值E=Em2=50 V电键S合上后，由闭合电路欧姆定律I=EE+r=5020+5 A=2.0 A，U=IR=2×20 V=40 V即电流表示数为2A，电压表示数为 40 V.      (2)电阻R上所消耗的电功率 P=IU=2×40 W=80 W答：(1)电键S合上后，电压表的示数为40V，电流表示数为2A；(2)电阻R上所消

18、耗的电功率是80W【解析】(1)线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为Em=nBS.电流表测量电流的有效值.根据有效值与最大值的关系求出电动势的有效值，根据闭合电路欧姆定律求出电流和路端电压；(2)电阻R上消耗的功率用电流的有效值乘以电压的有效值此题首先要能够求出闭合线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的感应电动势的表达式，产生电动式的线圈相当于电源，从而传化为电路的问题，在解题过程中一定要注意，电压表和电流表的示数为有效值，电阻消耗的功率要用有效值去求解15. 一个面积为0.1m2的矩形线圈，共100匝，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中以垂直磁感线的轴的方向匀速转动，开始时，从线圈平面平行于磁感线的位置开始转动，在0.05s内线圈转过90，在这段时间内.求：线圈中的感应