物理选择性必修 第二册第2节 交变电流的产生当堂达标检测题

第2节　交变电流的产生

基础过关练

题组一　交变电流的产生

1.一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动,当线圈通过中性面时(　　)

A.线圈平面与磁感线方向平行

B.通过线圈的磁通量达到最大值

C.通过线圈的磁通量变化率达到最大值

D.线圈中的感应电动势达到最大值

2.如图所示为演示交变电流产生的装置,关于这个实验,正确的说法是(　　)

A.线圈每转动一周,指针左右摆动两次

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

3.如图是交流发电机的示意图,图甲到图丁分别表示线圈转动过程中的四个位置,其中甲、丙中的线圈与磁场方向垂直,乙、丁中线圈与磁场方向平行,则在线圈转动的过程中电流表有电流通过的位置是(深度解析)

A.甲、丙 B.丙、丁 

C.甲、乙 D.乙、丁

题组二　交变电流的变化规律

4.一矩形线圈在匀强磁场中转动产生的感应电动势为e=10 sin 20πt V,则下列说法正确的是(　　)

A.t=0时,线圈位于中性面

B.t=0时,穿过线圈的磁通量为零

C.t=0时,线圈切割磁感线的有效速度最大

D.t=0.4 s时,电动势第一次出现最大值

5.如下各图中面积均为S的导体线框均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场中以角速度ω匀速转动,能产生正弦交变电动势e=BSω sin ωt的图是(　　)

6.如图所示,在水平匀强磁场中,一由粗细均匀的金属丝绕制成的矩形线圈绕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

7.如图所示,矩形线圈匝数N=100匝,ab=30 cm,ad=20 cm,匀强磁场磁感应强度B=0.8 T,线圈绕轴OO'从图示位置开始匀速转动,角速度ω=100π rad/s,试求:

(1)穿过线圈的磁通量最大值Φm为多大?线圈转到什么位置时取得此值?

(2)线圈产生的感应电动势最大值Em为多大?线圈转到什么位置时取得此值?

(3)写出感应电动势e随时间变化的表达式。

题组三　交变电流的图像

8.如图,单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO'匀速转动(俯视时沿逆时针的方向转动),某时刻磁感线与线圈平面所成锐角为30°,从此时开始计时,流过AB边的电流随时间变化的图线是(以A→B→C→D→A为电流正向)(　　)

9.(多选)如图甲所示,一个矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动,线圈内磁通量随时间t的变化如图乙所示,则下列说法中正确的是(　　)

A.t1时刻线圈中的感应电动势最大

B.t2时刻ab的运动方向与磁场方向垂直

C.t3时刻线圈平面与中性面重合

D.t4、t5时刻线圈中感应电流的方向相同

10.如图甲所示,一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中,并绕过ad、bc中点的轴OO'以角速度ω逆时针匀速转动,若以线圈平面与磁场夹角θ=45°时(如图乙)为计时起点,并规定当电流自a流向b时电流方向为正,则选项图中正确的是(　　)

题组四　交流电四值问题

11.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,如图所示,垂直于线框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.5 T,π取3.14。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?

能力提升练

题组一　交变电流的产生与变化规律

1.(2020海南海口第四中学高二上期末,)一个矩形线圈在匀强磁场中转动,产生交流电动势e=220 sin 100πt(V),则关于产生的交流电的说法中,正确的是(　　)

A.交流电的频率为100 Hz

B.交流电动势的有效值为220 V

C.交流电动势的最大值为220 V

D.t=0时线圈平面与磁感线平行

2.(2020河南洛阳高二上期末,)如图所示,单匝矩形线圈abcd在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1(通过ab)和P2(O1O2与ab平行)以相同的角速度匀速转动,当线圈平面转到如图所示的与磁场方向平行时(　　)

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

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

3.(2019湖北武汉二中高二上期末,)如图所示,单匝直角三角形导线框OMN在匀强磁场中以ON所在的直线为轴匀速转动,角速度为ω,已知OM边长为l,∠MON=θ,匀强磁场垂直于ON向右,磁感应强度大小为B,则下列说法正确的是(　　)

A.导线框OMN内产生大小恒定的电流

B.截掉导线MN,则电动势最大值变小

C.导线框OMN产生的电流方向为OMNO

D.导线框OMN内产生的电动势最大值为Bl2ω sin θ cos θ

题组二　交变电流的图像

4.(2020河北衡水中学高二上检测,)矩形线圈abcd在如图所示的磁场中以恒定的角速度ω绕ab边转动,磁场方向垂直纸面向里,其中ab边左侧磁场的磁感应强度大小是右侧磁感应强度大小的2倍。在t=0时刻线圈平面与纸面重合,且cd边正在向纸外转动。规定图示箭头方向为电流正方向,则线圈中电流随时间变化的关系图线应是(　　)

5.(2020江苏连云港高二上检测,)如图所示,一圆柱形铁芯上沿轴线方向绕有矩形线圈abcd,铁芯与磁极的缝隙间形成了辐向均匀磁场,磁场的中心与铁芯的轴线重合。当铁芯绕轴线以角速度ω逆时针转动的过程中,线圈中的电流变化图像正确的是(从图示位置开始计时,N、S极间缝隙的宽度不计。以ad边的电流进入纸面,cb边的电流出纸面为正方向)(　　)

6.(2020山东莱州第一中学高二检测,)在垂直纸面向里的有界匀强磁场中放置矩形线圈abcd,线圈cd边沿竖直方向且与磁场的右边界重合,图中线圈平面与磁场方向垂直。以图示位置为计时起点,线圈以恒定角速度ω=绕cd边转动,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与时间t的关系图像为(　　)

7.(2019湖南浏阳三中模拟,)(多选)某电路如图甲所示,电阻R的阻值为484 Ω,C为电容器,L为直流电阻不计的自感线圈,开关S断开,现接上如图乙所示的电压u,下列说法正确的是(　　)

A.R两端的电压应等于155.5 V

B.电压表的示数为220 V

C.电阻R消耗的功率小于50 W

D.为保证闭合开关S后电容器不被击穿,该电容器的耐压值不得小于311 V

题组三　交变电流的四值问题

8.(2019江西上饶中学模拟,)如图甲所示,交流发电机的矩形金属线圈abcd的匝数n=100,线圈的总电阻r=5 Ω,线圈位于匀强磁场中,且线圈平面与磁场方向平行。线圈的两端分别与两个彼此绝缘的铜环E、F(集流环)焊接在一起,并通过电刷与阻值R=95 Ω的定值电阻连接。现使线圈绕过bc和ad边中点且垂直于磁场的转动轴OO'以一定的角速度匀速转动。穿过线圈的磁通量Φ随时间t变化的图像如图乙所示。若电路其他部分的电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计。则下列说法中正确的是(　　)

A.线圈匀速转动的角速度为100 rad/s

B.线圈中产生的感应电动势的最大值为100 V

C.线圈中产生的感应电动势的有效值为100 V

D.线圈中产生的感应电流的有效值为 A

9.(2020安徽合肥一六八中高二下线上测试,)一个矩形线圈在匀强磁场中匀速转动,产生交变电动势的瞬时表达式为e=10 sin 4πt V,则(　　)

A.该线圈转动的角速度为4 rad/s

B.零时刻线圈平面与磁场垂直

C.t=0.25 s时,e达到最大值

D.在1 s时间内,线圈中电流方向改变10次

10.(2020河北正定中学高二上月考,)如图所示,虚线右侧有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,边长为L的单匝正方形线圈的中轴线位于磁场边界并与磁场垂直,线圈每边电阻为R,线圈绕中轴线以角速度ω匀速转动,从线圈平面与磁场垂直位置开始计时,经过时间t时,线圈中的感应电流的表达式是(　　)

A.sin ωt B.sin ωt

C.cos ωt D.cos ωt

11.(2020黑龙江牡丹江第三高级中学高二上期末,)如图所示,线圈abcd的面积S=0.05 m2,共100匝,线圈总阻值r=1 Ω,外接电阻R=9 Ω,匀强磁场的磁感应强度B= T,当线圈以ω=10π rad/s绕垂直于磁场的轴匀速转动时,求:

(1)从中性面开始计时,写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式;

(2)电压表和电流表的示数各是多少;

(3)从中性面开始计时,线圈转过90°角的过程中,通过电阻R的电荷量是多少。

12.(2019福建三明三校期中,)如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图。其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO'匀速转动,线圈的匝数n=100匝、电阻r=10 Ω。线圈两端的电流环与电阻R连接,电阻R=90 Ω,与R并联的电压表为理想电压表。在t=0时刻,线圈平面与磁场方向平行,穿过线圈的磁通量Φ随时间t按图乙所示正弦规律变化,取π=3.14,求:

(1)交流发电机产生的感应电动势的最大值;

(2)从线框经过图示位置开始计时,写出交流发电机产生的感应电动势的瞬时值表达式;

(3)电路中电压表的示数。

13.(2019湖北武汉二中高二上期末,)如图甲为手机无线充电工作原理示意图,它由送电线圈和受电线圈组成。已知受电线圈的匝数为N=50匝,电阻r=1 Ω,在它的c、d两端接一阻值R=9 Ω的电阻。设在受电线圈内存在与线圈平面垂直的磁场,其磁通量随时间变化规律如图乙所示,可在受电线圈中产生正弦式交变电流。求:

(1)在一个周期内,电阻R上产生的焦耳热(保留两位有效数字);

(2)从t1到t2时间内,通过电阻R的电荷量。

答案全解全析

第2节　交变电流的产生

基础过关练

1.B　中性面是通过线圈的磁通量最大的位置,也是磁通量变化率为零的位置,即在该位置通过线圈的磁通量最大,线圈中的感应电动势为零,无感应电流,B正确。

2.C　线圈在磁场中匀速转动时,在电路中产生周期性变化的交变电流,线圈经过中性面时电流改变方向,线圈每转动一周,有两次通过中性面,电流方向改变两次,指针左右摆动一次,故A错;线圈处于图示位置时,线圈平面与磁感线平行,感应电流最大,ab边向右运动,由右手定则得,ab边的感应电流方向为a→b,故B错,C对;线圈平面与磁感线平行时,磁通量的变化率最大,不为零,故D错。

3.D　由题意可知,乙、丁中线圈虽与磁场方向平行,但切割速度与磁场垂直,故有感应电流出现,而甲、丙中的线圈与磁场方向垂直,但切割速度与磁场平行,因此没有感应电流,选项D正确,A、B、C错误。

方法技巧　磁通量最大时,切割速度与磁场平行;磁通量最小时,切割速度与磁场垂直。

4.A　由电动势e=10 sin 20πt V知,计时从线圈位于中性面时开始,所以t=0时,线圈位于中性面,磁通量最大,但此时线圈切割磁感线的速度方向与磁感线平行,切割磁感线的有效速度为零,A正确,B、C错误;感应电流的周期为T== s=0.1 s,则当t==0.25 s时,电动势第一次出现最大值,D错误。

5.A　由题意可知,只有题图A、C中的导体线框在转动时可使穿过线框的磁通量发生变化,从而产生交流电,但题图C产生余弦交流电,题图A产生正弦交变电动势e=BSω sin ωt,而题图B、D中的导体线框均没有磁通量变化,选项A正确,B、C、D错误。

6.B　由Im=,Em=NBSω,ω=2πn,得Im=,故A、C可行;线圈电阻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,而电阻减为原来的,故D可行。

7.答案　见解析

解析　(1)当线圈平面与磁感线垂直时,磁通量有最大值

Φm=BS=0.8×0.3×0.2 Wb=0.048 Wb。

(2)当线圈平面与磁感线平行时,感应电动势有最大值

Em=NBSω=480π V。

(3)表达式e=Em cos ωt=480π cos 100πt V

8.D　根据楞次定律可知,在开始时,产生的感应电流沿BA方向,为负,A、C排除;当转到中性面前,感应电流逐渐减小,转至中性面时,电流方向发生改变,故D正确。

9.BC　t1时刻通过线圈的Φ最大,磁通量变化率最小,此时感应电动势为零,A错误;在t2、t4时刻感应电动势为Em,此时ab、cd的运动方向垂直于磁场方向,B正确;t1、t3、t5时刻,Φ最大,=0,此时线圈平面垂直于磁场方向,与中性面重合,C正确;t5时刻感应电流为零,D错误。

10.D　矩形线圈绕垂直于匀强磁场的转轴匀速转动,产生正弦式交变电流,在开始计时(t=0)时线圈位于题图乙所示的位置,根据右手定则可知电流为正方向且不为零,B、C两项错误;线圈从题图乙所示位置转过 rad后,回路中电流为0,故A项错误,D项正确。

11.答案　(1)6.28 V　6.28 A　(2)5.44 V

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=Em sin 60°≈5.44 V。

能力提升练

1.B　根据交流电动势e=220 sin 100πt(V)可知矩形线圈转动的角速度ω=100π rad/s,所以交流电的频率为f=== Hz=50 Hz,选项A错误;根据交流电动势e=220 sin 100πt(V)可知交流电动势的最大值Em=220 V,所以交流电动势的有效值为E== V=220 V,选项B正确,C错误;根据交流电动势e=220 sin 100πt(V)可知t=0时e=0,此时磁通量最大,线圈平面与磁感线垂直,选项D错误。

2.A　设ab=l1,ad=l2,O1a=r1,O1d=r2。线圈绕P1轴转动到题图位置时,产生的感应电动势e1=Bl1v=Bl1l2ω。线圈绕P2轴转动到题图位置时,产生的感应电动势e2=Bl1r1ω+Bl1r2ω=Bl1l2ω,即e1=e2,所以i1=i2,故选项A对,B错;线圈绕P1和P2转动到题图位置时电流的方向相同,均是a→d→c→b,根据安培力公式可知F安=BIl1,即安培力相同,C、D错。

3.D　当导线框OMN以ON所在的直线为轴匀速转动时,线框内产生正弦式交变电流,选项A错误;导线MN不切割磁感线,则截掉导线MN,电动势最大值不变,选项B错误;导线框OMN产生的电流方向不断变化,选项C错误;导线框OMN内产生的电动势最大值为Em=BSω=Bl2ω sin θ cos θ,选项D正确。

4.A　绕垂直磁场的轴转动时,线圈能够产生的最大感应电动势Em=NBSω,所以线圈在左侧磁场中产生的感应电动势最大值是右侧磁场中最大值的2倍,再利用楞次定律分析感应电流方向,可知A项正确。

5.C　在一个周期内的前半个周期:根据右手定则可知电流从bc边进入纸面,da边流出纸面,为负值。设ab边长为L1,ad边长为L2,矩形abcd的面积为S,电阻为R,ad、bc边所在处的磁感应强度大小为B,则感应电动势大小为E=2BωL2=BSω,感应电流大小为i==,根据题意B、S、ω、R均不变,所以电流不变;后半个周期内:根据右手定则可知电流从ad边进入纸面,cb边流出纸面,为正值。感应电流大小为i==,不变,C项正确。

6.B　在0~内,线圈在匀强磁场中匀速转动,故产生正弦式交变电流,电流从0逐渐增大,由楞次定律及安培定则知,电流方向为负方向;在~T内,线圈中无感应电流;在T~T内,ab边切割磁感线,产生感应电流,且电流方向为正方向,故只有B项正确。

7.CD　设电压表的读数为U,根据有效值的定义应有T=0+·,解得U=×311 V=155.5 V,即电压表的示数应为155.5 V,由于线圈的自感作用,电阻R两端的电压应小于155.5 V,所以A、B错误;当不考虑线圈的自感作用时,电阻R消耗的功率为P== W≈50 W,由于线圈的自感作用,电阻R消耗的功率一定小于50 W,所以C正确;根据题图乙可知,电源的电压最大值为311 V,为保证闭合开关S后电容器不被击穿,电容器的耐压值不能小于311 V,所以D正确。

8.D　根据题图乙可知T=π×10-2 s,Φm=BS=1×10-2 Wb,则ω==200 rad/s,A项错误;Em=nBSω=200 V,B项错误;E==100 V,C项错误;I== A,D项正确。

9.B　从交变电动势的瞬时表达式为e=10 sin 4πt V,可知电动势的最大值Em=10 V,线圈转动的角速度ω=4π rad/s,选项A错误;零时刻,将t=0代入交变电动势的瞬时表达式得电动势为0,则此时线圈处于中性面,线圈平面与磁场垂直,选项B正确;将t=0.25 s代入交变电动势的瞬时表达式e=10 sin 4πt V=10 sin π=0,e达到最小值,选项C错误;线圈转动的周期T==0.5 s,则在1 s时间内线圈转过2个周期,转过1个周期电流方向改变2次,则在1 s时间内线圈中电流方向改变4次,选项D错误。

10.B　如果整个空间都有磁场,t时刻线圈中感应电动势为:e1=BSω sin ωt,由于磁通量只有一半,故实际感应电动势为:e=BSω sin ωt,故t时刻线圈中电流的瞬时值i== sin ωt,选项A、C、D错误,B正确。

11.答案　(1)e=100 sin 10πt(V)　(2)45 V　5 A　(3) C

解析　(1)感应电动势最大值为

Em=NBSω=100 V

瞬时值表达式

e=Em sin ωt=100 sin 10πt(V)

(2)电动势的有效值为

E==50 V

电流表示数

I==5 A

电压表示数

U=IR=45 V

(3)电荷量q=N=N= C

12.答案　(1)200 V　(2)e=200 cos 100t(V)　(3)90 V

解析　(1)由磁通量Φ随时间t变化的图像得出周期T=0.062 8 s,线圈转动的角速度ω==100 rad/s,感应电动势最大值Em=nBSω,由题图可知Φm=BS=0.02 Wb,所以感应电动势的最大值Em=200 V。

(2)由题图甲可知,此时线圈平面与磁感线平行,则交流发电机产生的感应电动势的瞬时值表达式:e=Em cos ωt=200 cos 100t(V)。

(3)电动势的最大值是有效值的倍,所以电路中电压表的示数:U=R=90 V。

13.答案　(1)5.7×10-2 J　(2)2×10-3 C

解析　(1)由题图乙可知T=π×10-3 s,受电线圈中产生的电动势最大值Em=NBωS=NΦm=50×2.0×10-4× V=20 V

线圈中产生感应电流的最大值大小为Im==2.0 A,通过电阻的电流的有效值为I== A

电阻在一个周期内产生的热量Q=I2RT≈5.7×10-2 J。

(2)线圈中感应电动势的平均值=N,通过电阻R的电流的平均值为=,通过电阻R的电荷量q=·Δt

由题图乙知,在t1~t2的时间内,ΔΦ=4×10-4 Wb,解得q=N=2×10-3 C。