高中物理人教版选修3-2同步训练：5.1-交变电流.docx

交变电流的产生及规律
1．当沟通发电机的线圈转到线圈平面与中性面重合时，下列说法中正确的是(　　)
A．电流将转变方向
B．磁场方向和线圈平面平行
C．线圈的磁通量最大
D．线圈产生的感应电动势最大
解析　当线圈平面与中性面重合时，磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，电流将转变方向．故选A、C.
答案　AC
正弦交变电流的图象
2．一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5111甲所示，则下列说法中正确的是(　　)

图5111
A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直
B．t＝0.01 s时刻，Φ的变化率最大
C．t＝0.02 s时刻，交变电动势达到最大
D．该线圈产生的相应交变电动势的图象如图乙所示
解析　由题图甲可知t＝0时刻，线圈的磁通量最大，线圈处于中性面，t＝0.01 s时刻，磁通量为零，但变化率最大，所以A项错误，B项正确．t＝0.02 s时，交变电动势应为零，C、D项均错误．
答案　B
峰值和瞬时值问题
3．沟通发电机在工作时电动势为e＝Emsinωt，若将发电机的转速提高一倍，同时将电枢所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为(　　)
A．e′＝Emsin　　　　　 B．e′＝2Emsin
C．e′＝Emsin 2ωt D．e′＝sin 2ωt
解析　本题考查交变电压的瞬时值表达式e＝Emsin ωt，而Em＝NBωS，当ω加倍而S减半时，Em不变，故正确答案为C.
答案　C

图5112
4．有一10匝正方形线框，边长为20 cm，线框总电阻为1 Ω，线框绕OO′轴以10π rad/s的角速度匀速转动，如图5­1­12所示，垂直于线框平面对里的匀强磁场的磁感应强度为0.5 T．问：
(1)该线框产生的交变电流电动势最大值、电流最大值分别是多少？
(2)线框从图示位置转过60°时，感应电动势的瞬时值是多大？
解析　(1)交变电流电动势最大值为Em＝nBSω＝10×0.5×0.22×10π V＝6.28 V，电流的最大值为Im＝＝ A＝6.28 A.
(2)线框转过60°时，感应电动势e＝Emsin 60°＝5.44 V.
答案　(1)6.28 V　6.28 A
(2)5.44 V

(时间：60分钟)
题组一　交变电流的产生及规律
1．线框在匀强磁场中绕OO′轴匀

图5113
速转动(由上向下看是逆时针方向)，当转到如图5113所示位置时，磁通量和感应电动势大小的变化状况是(　　)
A．磁通量和感应电动势都在变大
B．磁通量和感应电动势都在变小
C．磁通量在变小，感应电动势在变大
D．磁通量在变大，感应电动势在变小
解析　由题图可知，Φ＝Φmcos θ，e＝Emsin θ，所以磁通量变大，感应电动势变小．
答案　D
2．如图5114所示，为演示交变电流产生的装置图，关于这个试验，正确的说法是(　　)

图5114
A．线圈每转动一周，指针左右摇摆两次
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　线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生呈周期性变化的交变电流，线圈经过中性面时电流转变方向，线圈每转动一周，有两次通过中性面，电流方向转变两次，指针左右摇摆一次，故A错；线圈处于图示位置时，ab边向右运动，由右手定则，ab边的感应电流方向为a→b，故C对；线圈平面与磁场方向平行时，ab、cd边垂直切割磁感线，线圈产生的电动势最大，也可以这样认为，线圈平面与磁场方向平行时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大，B、D错误．
答案　C
3．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＝BSωsin ωt的图是(　　)

解析　线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，且从中性面开头计时，产生的电动势e＝BSωsin ωt，由此推断，只有A选项符合．
答案　A
题组二　正弦交变电流的图象
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5115所示，下列结论正确的是(　　)

图5115
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，电动势转变方向
C．电动势的最大值是157 V
D．在t＝0.4 s时，磁通量变化率达最大，其值为3.14 Wb/s
解析　由Φt图象可知Φmax＝BS＝0.2 Wb，T＝0.4 s，又由于N＝50，所以Emax＝NBSω＝NΦmax·＝157 V，C正确；t＝0.1 s 和0.3 s时，Φ最大，e＝0，变向；t＝0.2 s和0.4 s时，Φ＝0，e＝Emax最大，故A、B错误，依据线圈在磁场中转动时产生感应电动势的特点知，当t＝0.4 s时，最大，＝3.14 Wb/s，D正确．
答案　CD
5．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5116所示)，线圈的cd边离开纸面对外运动．若规定由a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流i随时间t变化的图线是(　　)．

图5116

解析　线圈在磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，可以产生按正弦规律变化的沟通电．对于图示起始时刻，线圈的cd边离开纸面对纸外运动，速度方向和磁场方向垂直，产生的电动势的瞬时值最大；用右手定则推断出电流方向为逆时针方向，与规定的正方向相同，所以C对．
答案　C
6.

图5117
如图5117所示，单匝矩形线圈的一半放在具有抱负边界的匀强磁场中，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)．若从图示位置开头计时，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下图中的(　　)．

解析　由题意知线圈总有一半在磁场中做切割磁感线的匀速圆周运动，所以产生的仍旧是正弦交变电流，只是最大值为全部线圈在磁场中匀速转动状况下产生的感应电动势最大值的一半，所以选项B、C错误，再由右手定则可以推断出A选项符合题意．
答案　A
7．一个矩形线圈绕垂直于匀强磁场的固定于线圈平面内的轴转动．线圈中感应电动势e随时间t的变化图象如图5­1­18所示，下列说法中正确的是(　　)

图5118
A．t1时刻通过线圈的磁通量为0
B．t2时刻通过线圈的磁通量最大
C．t3时刻通过线圈的磁通量的变化率最大
D．每当e变换方向时通过线圈的磁通量最大
解析　由图可知，t2、t4时刻感应电动势最大，即线圈平面此时与磁场方向平行；在t2、t3时刻感应电动势为零，此时线圈平面与磁场方向垂直．故选D.
答案　D
题组三　峰值和瞬时值问题
8．有一单匝闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，在转动过程中，线圈中的最大磁通量为Φm，最大感应电动势为Em，下列说法中正确的是(　　)
A．当磁通量为零时，感应电动势也为零
B．当磁通量减小时，感应电动势也减小
C．当磁通量等于0.5Φm时，感应电动势为0.5Em
D．角速度ω＝
解析　由交变电流的产生原理可知，感应电动势与磁通量大小的变化率有关，与磁通量大小无关．磁通量最大时，感应电动势为零；而磁通量为零时，感应电动势最大且Em＝BSω＝Φmω，故选项D正确．
答案　D
9.

图5119
如图5119所示，一矩形线圈abcd，已知ab边长为l1，bc边长为l2，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω从图示位置开头匀速转动，则t时刻线圈中的感应电动势为(　　)
A．0.5Bl1l2ωsin ωt
B．0.5Bl1l2ωcos ωt
C．Bl1l2ωsin ωt
D．Bl1l2ωcos ωt
解析　线圈从题图示位置开头转动，电动势瞬时值表达式为e＝Emcos ωt，由题意，Em＝BSω＝Bl1l2ω，所以e＝Bl1l2ωcos ωt.
答案　D
10．如图5120所示，一单匝闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，转动过程中线框中产生的感应电动势的瞬时值为e＝0.5sin(20t) V，由该表达式可推知以下哪些物理量(　　)

图5120
A．匀强磁场的磁感应强度
B．线框的面积
C．穿过线框的磁通量的最大值
D．线框转动的角速度
解析　依据正弦式交变电流的表达式：e＝BSωsin ωt，可得ω＝20 rad/s，而磁通量的最大值的大小的表达式为Φ＝BS，所以可以依据BSω＝0.5求出磁通量的最大值．
答案　CD
11．一矩形线圈有100匝，面积为50 cm2，线圈内阻r＝2 Ω，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，从线圈平面与磁场平行时开头计时，已知磁感应强度B＝0.5 T，线圈的转速n＝1 200 r/min，外接一用电器，电阻为R＝18 Ω，试写出R两端电压瞬时值的表达式．
解析：角速度ω＝2πn＝2π( r/s)＝40π rad/s，
最大值Em＝NBSω＝100×0.5×50×10－4×40πV＝10π V，
线圈中感应电动势e＝Emcosωt＝10πcos 40πt V，
由闭合电路欧姆定律i＝＝＝ A，
故R两端电压u＝Ri＝18××10πcos 40πt V，
即u＝9πcos 40πt V.
答案　u＝9πcos 40πt V
12．如图5121所示，在匀强磁场中有一个“π”形导线框可绕AB轴转动，已知匀强磁场的磁感应强度B＝ T，线框的CD边长为20 cm，CE、DF长均为10 cm，转速为50 r/s.若从图示位置开头计时：

图5121
(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)在et坐标系中作出线框中感应电动势随时间变化关系的图象．

解析　(1)线圈转动，开头计时的位置为线圈平面与磁感线平行的位置，在t时刻线框转过的角度为ωt，此时刻，e＝Bl1l2ωcos ωt，即e＝BSωcos ωt.其中B＝ T，
S＝0.1×0.2 m2＝0.02 m2，
ω＝2πn＝2π×50 rad/s＝100π rad/s.
故e＝×0.02×100πcos(100πt) V，
即：e＝10cos(100πt) V.
(2)线框中感应电动势随时间变化关系的图象如图所示：

答案　(1)e＝10cos(100πt) V
(2)见解析图