人教版 (新课标)选修31 交变电流同步训练题

这是一份人教版 (新课标)选修31 交变电流同步训练题，共7页。

[基础达标练]
选择题(本题共8小题，每小题6分)
1．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
D [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.]
2．(多选)一矩形闭合线圈在匀强磁场中匀速转动，当线圈平面通过中性面时( )
A．线圈平面与磁感线垂直，此时通过线圈的磁通量最大
B．通过线圈磁通量的变化率达最大值
C．线圈中感应电流为零
D．此位置前后的感应电流方向相反
ACD [当线圈平面通过中性面时，线圈平面与磁感线垂直，通过线圈的磁通量最大，通过线圈磁通量的变化率为零，线圈中感应电流为零，此位置前后的感应电流方向相反，故选项A、C、D正确，B错误．]
3．(多选)某线圈在匀强磁场中匀速转动，穿过它的磁通量Φ随时间变化的规律如图所示，则( )
A．t1时刻，穿过线圈的磁通量的变化率最大
B．t2时刻，穿过线圈的磁通量的变化率为零
C．t3时刻，线圈中的感应电动势为零
D．t4时刻，线圈中的感应电动势最大
CD [t1时刻，Φ最大，但eq \f(ΔΦ,Δt)为零，A错误；t2时刻，Φ等于零，但eq \f(ΔΦ,Δt)最大，B错误；t3时刻，Φ最大，eq \f(ΔΦ,Δt)等于零，感应电动势等于零，C正确；t4时刻，Φ等于零，但eq \f(ΔΦ,Δt)最大，感应电动势最大，D正确．]
4．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转动时电流的方向相同，都是a→b→c→d→a
D．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
A [线圈绕垂直于磁场方向的轴转动产生交变电流，产生的电流、电动势及线圈各边所受安培力大小与转轴所在位置无关，故选项A正确，选项B、D错误；图示时刻产生电流的方向为a→d→c→b→a，故选项C错误．]
5．(多选)线圈在匀强磁场中转动产生电动势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＝0.4 s时，e有最大值为10eq \r(2) V
AB [由电动势的瞬时值表达式可知计时是从线圈位于中性面时开始，即t＝0时，e＝0，此时线圈平面位于中性面，磁通量最大，线圈速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速率为0，A、B正确，C错误；当t＝0.4 s时，代入式中得e＝10sin 20πt(V)＝10×sin (20π×0.4) V＝0，D错误．]
6．线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，由图可知( )
A．在A和C时刻线圈处于中性面位置
B．在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零
C．从A时刻到D时刻线圈转过的角度为π弧度
D．在A和C时刻磁通量变化率的绝对值最大
D [当线圈在匀强磁场中处于中性面位置时，磁通量最大，感应电动势为零，感应电流为零，B、D两时刻线圈位于中性面．当线圈平面与磁感线平行时，磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大，A、C时刻线圈平面与磁感线平行，D正确，A、B错误．从A时刻到D时刻线圈转过的角度为eq \f(3π,2)弧度，C错误．]
7．如图所示，在水平匀强磁场中一矩形闭合线圈绕OO′轴匀速转动，若要使线圈中的电流峰值减半，不可行的方法是( )
A．只将线圈的转速减半
B．只将线圈的匝数减半
C．只将匀强磁场的磁感应强度减半
D．只将线圈的边长减半
B [由Im＝eq \f(Em,R)，Em＝NBSω，ω＝2πn，得Im＝eq \f(NBS·2πn,R)，故A、C可行；又电阻R与匝数有关，当匝数减半时电阻R也随之减半，则Im不变，故B不可行；当边长减半时，面积S减为原来的eq \f(1,4)，而电阻减为原来的eq \f(1,2)，故D可行．]
8．一根长直的通电导线中的电流按正弦规律变化，如图甲、乙所示，规定电流从左向右为正．在直导线下方有一不闭合的金属框，则相对于b点来说，a点电势最高的时刻在( )
A．t1时刻 B．t2时刻
C．t3时刻 D．t4时刻
D [线框中的磁场是直线电流i产生的，在t1、t3时刻，电流i最大，但电流的变化率为零，穿过线框的磁通量变化率为零，线框中没有感应电动势，a、b两点间的电势差为零．在t2、t4时刻，电流i＝0，但电流变化率最大，穿过线框的磁通量变化率最大，a、b两点间的电势差最大，再根据楞次定律可得出a点相对b点电势最高的时刻在t4.]
[能力提升练]
一、选择题(本题共4小题，每小题6分)
1．一台发电机的结构示意图如图所示，其中N、S是永久磁铁的两个磁极，它们的表面呈半圆柱面形状．M是圆柱形铁芯，铁芯外套有一矩形线圈，线圈绕铁芯M中心的固定转轴匀速转动．磁极与铁芯之间的缝隙中形成沿半径方向的辐向磁场．从如图所示位置开始计时，规定此时电动势为正值，选项图中能正确反映线圈中的感应电动势e随时间t的变化规律的是( )
A B
C D
D [由于磁场为沿半径的辐向磁场，可以认为磁感应强度的大小不变，线圈始终垂直切割磁感线，所以产生的感应电动势大小不变，由于每个周期磁场方向要改变两次，所以产生的感应电动势的方向也要改变两次，选项D正确．]
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所示．则下列说法中正确的是( )
A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直
B．t＝0.01 s时刻，Φ的变化率为0
C．t＝0.02 s时刻，感应电动势达到最大
D．从t＝0.01 s时刻至t＝0.04 s时刻线圈转过的角度是eq \f(3,2)π
D [由题图象可知t＝0、t＝0.02 s、t＝0.04 s时刻线圈平面位于中性面位置，Φ最大，eq \f(ΔΦ,Δt)＝0，故E＝0；t＝0.01 s、t＝0.03 s、t＝0.05 s时刻线圈平面与磁感线平行，Φ最小，eq \f(ΔΦ,Δt)最大，故E最大，从图象可知，从t＝0.01 s时刻至t＝0.04 s时刻线圈旋转eq \f(3,4)周，转过的角度为eq \f(3,2)π.]
3．如图所示，一单匝矩形线圈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从图示位置开始匀速转动，则t时刻线圈中的感应电动势为( )
A．0.5Bl1l2ωsin ωt B．0.5Bl1l2ωcs ωt
C．Bl1l2ωsin ωt D．Bl1l2ωcs ωt
D [线圈从题图位置开始转动，感应电动势瞬时值表达式为e＝Emcs ωt，由题意，Em＝BSω＝Bl1l2ω，所以e＝Bl1l2ωcs ωt.]
4．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＝eq \f(2π,T)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变化关系的图象为( )
A B C D
B [在0～eq \f(T,4)内，线圈在匀强磁场中匀速转动，故产生正弦式交流电，由楞次定律知，电流方向为负值；在eq \f(T,4)～eq \f(3,4)T内，线圈中无感应电流；在eq \f(3,4)T时，ab边垂直切割磁感线，感应电流最大，且电流方向为正值，故只有B项正确．]
二、非选择题(本小题共2小题，共28分)
5．(12分)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始计时，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·eq \f(1 200,60) rad/s＝40π rad/s，
最大值Em＝NBSω＝100×0.5×50×10－4×40π V＝10π V，
线圈中感应电动势e＝Emcs ωt＝10πcs 40πt(V)，
由闭合电路欧姆定律i＝eq \f(e,R＋r)＝eq \f(e,20) A，
故R两端电压u＝Ri＝18×eq \f(1,20)×10πcs 40πt(V)，
即u＝9πcs 40πt(V)．
[答案] u＝9πcs 40πt(V)
6．(16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＝eq \f(1,π)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)线圈从开始计时经eq \f(1,30) s时线圈中由此得到的感应电流的瞬时值；
(3)外电路R两端电压瞬时值的表达式．
[解析] (1)线圈转速n＝300 r/min＝5 r/s，
角速度ω＝2πn＝10π rad/s，
线圈产生的感应电动势最大值Em＝NBSω＝50 V，
由此得到的感应电动势瞬时值表达式为
e＝Emsin ωt＝50sin 10πt(V)．
(2)将t＝eq \f(1,30) s代入感应电动势瞬时值表达式中，得
e′＝50sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10π×\f(1,30))) V＝25eq \r(3) V，
对应的感应电流i′＝eq \f(e′,R＋r)＝5eq \r(3) A.
(3)由欧姆定律得u＝eq \f(e,R＋r)R＝40sin 10πt(V)．
[答案] (1)e＝50sin 10πt(V) (2)5eq \r(3) A
(3)u＝40sin 10πt(V)