高中物理人教版2第五章交变电流1交变电流（全国一等奖）

人教版选修3－1第五章第1节交变电流练习1一、选择题1.矩形线圈在磁场中匀速转动时，产生的感应电动势最大值为50V，那么该线圈绕轴OO′由图所示位置转过30°，线圈中的感应电动势大小为()A．50V B．25eq\r(3)VC．25V 2．如图所示，面积均为S的线圈均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，能产生正弦交变电动势e＝BSωsinωt的图是()3．如图所示，矩形线圈abcd放在匀强磁场中，边ad在轴OO′上，若线圈绕轴匀速转动，产生的交流电动势e＝Emsinωt，如果将其转速增加一倍，其他条件保持不变，则电动势的表达式为()A．e＝2EmsinωtB．e＝2Emsin2ωtC．e＝EmsinωtD．e＝Emsin2ωt4．处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直，在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合(如图所示)，线圈的cd边离开纸面向外运动，若规定由a→b→c→d→a方向的感应电流方向为正，则能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图象是下图中的()5．如图所示，一匝数为N的矩形线圈面积为S，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，从图示位置转过90°时电动势是()A．NBSωB．0C．BSωD．NBSωcos(ωt＋90°)6．如图所示，虚线OO′的左边存在着方向垂直于纸面向里的匀强磁场，右边没有磁场。单匝矩形线圈abcd的对称轴恰与磁场右边界重合，线圈平面与磁场垂直。线圈沿图示方向绕OO′轴以角速度ω匀速转动(即ab边先向纸外、cd边先向纸里转动)，规定沿a→b→c→d→a方向为感应电流的正方向。若从图示位置开始计时，下列四个图象中能正确表示线圈内感应电流i随时间t变化规律的是()7．（多选）矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，从中性面开始转动180°角过程中，平均感应电动势和最大感应电动势之比为()\f(π,2) \f(2,π)C．2π D.π8．（多选）线圈在匀强磁场中转动产生的电动势e＝10sin(20πt)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率最大D．t＝时，e有最大值10eq\r(2)V9．（多选）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转动时的电流的方向相同，都是a→d→c→bD．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10．（多选）如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是()A．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B．线圈先后两次转速之比为32C．交流电a的瞬时值为u＝10sin5πtD．交流电b的最大值为5V二、非选择题11．一台发电机产生正弦式电流，如果e＝400sin314t(V)，那么电动势的峰值是多少，线圈匀速转动的角速度是多少，如果这个发电机的外电路只有电阻元件，总电阻为2kΩ，写出电流瞬时值的表达式。12．如图所示，边长为0.5m的正方形线框ABCD绕AB边在匀强磁场中匀速转动，AB边和磁场垂直，转速为每秒50转，磁感应强度为。求：(1)感应电动势的最大值；(2)在转动过程中，当穿过线框的磁通量为时，感应电动势的瞬时值为多大？13．发电机的转子是匝数为100匝，边长为20cm的正方形线圈，将它置于磁感应强度B＝的匀强磁场中，绕着垂直于磁场方向的轴以ω＝100πrad/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＝10Ω。(1)写出交变电流瞬时值表达式；(2)线圈从计时开始，转过eq\f(π,3)过程中通过线圈某一截面的电荷量为多少？答案1.答案：B解析：由题示条件知：交变电流瞬时值表达式为e＝50cosωt＝50cosθ，当θ＝30°时，e＝25eq\r(3)V，B对。2．答案：A解析：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动，产生的正弦交变电动势为e＝BSωsinωt，由这一原则判断，A图中感应电动势为e＝BSωsinωt；B图中的转动轴不在线圈所在平面内；C、D图转动轴与磁场方向平行，而不是垂直。3．答案：B解析：设原来转速为n，则角速度ω＝2πn，感应电动势的峰值Em＝NBSω当转速增加一倍，即为2n时，其角速度ω′＝2π×2n＝2ω此时，感应电动势的峰值E′m＝NBS·2ω＝2Em，可见，此时电动势e＝Em′sinω′t＝2Emsin2ωt，故选项B正确。4．答案：C解析：分析交变电流的图象问题应注意图线上某一时刻对应线圈在磁场中的位置，将图线描述的变化过程对应到线圈所处的具体位置是分析本题的关键，线圈在图示位置时磁通量为零，但感应电流为最大值；再由楞次定律可判断线圈在转过90°的过程中，感应电流方向为正，故选项C正确。5．答案：B解析：因闭合线圈从图示位置即垂直于中性面的位置开始转动，所以电动势的表达式为e＝Emcosωt，又ωt＝90°，故A、C、D错。6．答案：B解析：0～eq\f(T,4)内，ab一侧的线框在磁场中绕OO′转动产生正弦交变电流，由楞次定律得电流方向为d→c→b→a且越来越大；eq\f(T,4)～eq\f(T,2)内，ab一侧线框在磁场外，而dc一侧线框又进入磁场，产生交变电流，电流方向为d→c→b→a且越来越小，以此类推，可知i－t图象为B。7．答案：B解析：线圈从中性面转过180°角过程中，磁通量的变化为ΔΦ＝Φ2－Φ1＝BS－(－BS)＝2BS，平均感应电动势eq\x\to(E)＝eq\f(NΔΦ,Δt)＝eq\f(2NBS,\f(π,ω))＝eq\f(2NBSω,π)，最大感应电动势Em＝NBSω，则平均感应电动势和最大感应电动势之比为eq\f(2,π)。8．答案：AB解析：由电动势的瞬时值表达式可知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＝时，e＝10sin(20πt)＝10×sin(20π×V＝0，D错误。9．答案：AC解析：产生正弦交变电流的条件是轴和磁感线垂直，与轴的位置和线框形状无关，转到图示位置时产生的电动势E具有最大值Em＝nBSω由欧姆定律I＝eq\f(E,R总)可知此时I相等，故A对，B错。由右手定则可知电流为a→d→c→b，故C对。cd边受的安培力F＝BLcdI，故F一样大，D错。10．答案：BC解析：由图可知t＝0时感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，选项A错误；由图可知Ta＝，Tb＝，线圈先后两次转速之比nanb＝TbTa＝32，选项B正确；交流电a的瞬时值为u＝Umsin(eq\f(2π,Ta)t)，得u＝10sin5πt选项C正确；感应电动势最大值Um＝NBSω＝NBS(eq\f(2π,T))，所以UmaUmb＝TbTa，交流电b的最大值为eq\f(20,3)V，选项D错误。11．答案：400V100πrad/si＝(A)解析：根据电动势的瞬时值表达式可知电动势的峰值：Em＝400V线圈的角速度：ω＝314rad/s＝100πrad/s由欧姆定律：Im＝eq\f(Em,R)＝0.2A所以电流瞬时值表达式为i＝(A)12．答案：(1)(2)解析：(1)ω＝2πn＝314rad/sEm＝BωS＝(2)Φm＝BS＝由Φ＝Φmcosθ得cosθ＝eq\f(Φ,Φm)＝eq\f(1,2)，θ＝60°E＝Emsinθ＝13．答案：(1)i＝2πsin100πt(A)(2)1×10－2C解析：感应电动势最大值为Em＝nBSωEm＝100××××100πV＝20πVIm＝eq\f(20π,R)A＝2π(A)，∴i＝Imsinωt＝2πsin100πt(A)(2)线圈从计时开始