物理选修31 交变电流巩固练习

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1．关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，下列说法中正确的是( )
A．线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次，感应电动势方向不变
B．线圈每转动一圈，感应电流方向就改变一次
C．线圈每平面经过中性面一次，感应电动势和感应电流的方向都要改变一次
D．线圈每转动一圈，感应电动势和感应电流方向都要改变一次
2．线圈在磁场中匀速转动产生的交流电的瞬时电动势为e＝10eq \r(2)sin 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度最大
D．t＝0.4 s时，e达到峰值10eq \r(2) V
3．交流发电机在工作时的电动势为e＝Emsin ωt，若将其电枢的转速提高1倍，其他条件不变，则其电动势变为( )
A．Emsineq \f(ωt,2) B．2Emsineq \f(ωt,2)
C．Emsin 2ωt D．2Emsin 2ωt
4．一闭合矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴OO′匀速转动，线圈平面位于如图7甲所示的匀强磁场中．通过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是( )
图7
A．t1、t3时刻通过线圈的磁通量变化率最大
B．t1、t3时刻线圈中感应电流方向改变
C．t2、t4时刻线圈中磁通量最大
D．t2、t4时刻线圈中感应电动势最小
5．如图8所示，一正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动．沿着OO′观察，线圈沿逆时针方向转动．已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，边长为l，电阻为R，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时( )
图8
A．线圈中感应电流的方向为abcda
B．线圈中的感应电流为eq \f(nBl2ω,R)
C．穿过线圈的磁通量为0
D．穿过线圈的磁通量的变化率为0
6．如图9所示，矩形线圈abcd，已知ab为L1，ad为L2，在磁感强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω(从图中位置开始)匀速转动，则线圈中感应电动势的大小为( )
图9
A．eq \f(1,2)BL1L2ωsin ωt B．eq \f(1,2)BL1L2cs ωt
C．BL1L2ωsin ωt D．BL1L2ωcs ωt
7．如图10所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd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＝0°时(如图)为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正．则下列四幅图中正确的是( )
图10
8．如图11甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动．当从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，则在t＝eq \f(π,2ω)时刻( )
图11
A．线圈中的电流最大
B．穿过线圈的磁通量为零
C．线圈所受的安培力为零
D．线圈中的电流为零
9．如图12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( )
图12
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cd边受到的安培力大于绕P2转动时cd边受到的安培力
10．一矩形线圈在匀强磁场中以角速度4π rad/s匀速转动，产生的交变电动势的图象如图13所示．则交变电流的频率为______Hz，当t＝0时，线圈平面与磁感线________，当t＝0.5 s时，e为______V.
图13
11．如图14所示，在匀强磁场中有一个“n”形导线框可绕AB轴转动，已知匀强磁场的磁感应强度B＝eq \f(5\r(2),π) T，线框的CD边长为l1＝20 cm，CE、DF边长均为l2＝10 cm，转速为50 r/s.若从图示位置开始计时：
图14
(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)在e－t坐标系中作出线框中感应电动势随时间变化关系的图象．
12．如图15所示，匀强磁场B＝0.1 T，所用矩形线圈的匝数N＝100，边长ab＝0.2 m，bc＝0.5 m，以角速度ω＝100π rad/s绕OO′轴匀速转动．从线圈平面通过中性面时开始计时，试求：
图15
(1)线圈中感应电动势的大小．
(2)由t＝0至t＝eq \f(T,4)过程中的平均电动势值．
参考答案
课后巩固练
1．C
2．AB [根据交流电动势的瞬时值表达式可判断为正弦式交变电流，当t＝0时，e＝0，所以此时磁通量的变化率为零，导线切割磁感线的有效速度为零，但此时穿过线圈的磁通量最大，线圈平面位于中性面，所以A、B正确，C错误；当t＝0.4 s时，e＝10eq \r(2)sin 20πt V＝10eq \r(2)sin 8π V＝0，所以D错误．]
3．D [电枢转速提高1倍，由ω＝2πn知，角速度变为原来的2倍；由电动势最大值表达式Em＝nBSω知，最大值也变为原来的2倍．]
4．B [t1、t3时刻通过线圈的磁通量Φ的绝对值最大，磁通量变化率eq \f(ΔΦ,Δt)＝0，此时感应电动势、感应电流为零，线圈中感应电流方向改变，A错误，B正确；t2、t4时刻线圈中磁通量为零，磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，C、D错误．]
5．BC [图示位置为垂直于中性面的位置，此时通过线圈的磁通量为零，但磁通量的变化率最大，感应电流也最大，I＝eq \f(nBSω,R)＝eq \f(nBl2ω,R)，由右手定则可判断出线圈中感应电流的方向为adcba.]
6．C [线圈经过时间t时，转过角度θ，这时ab，cd边切割磁感线产生感应电动势Eab＝BL1vsin θ，Ecd＝BL1vsin θ，bc，ad边不切割磁感线不产生感应电动势，故线圈中的感应电动势为E＝Eab＋Ecd＝2BL1vsin θ＝2BL1·eq \f(1,2)L2ωsin ωt＝BL1L2ωsin ωt，故正确选项应为C.]
7．D [矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，从线圈平面与磁场方向平行开始计时，产生的感应电流按余弦规律变化，由于t=0时，线圈的转动方向如题图，由右手定则判断可得，此时ad中电流方向为由a到d，线圈中电流方向为a→d→c→b→a，与规定的电流正方向相反，电流为负值．又因为此时产生的感应电动势最大，故只有D正确．]
8．CD [t＝eq \f(π,2ω)＝eq \f(T,4)，此时线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，B错误；由于此时感应电动势为零，所以线圈中电流为零，线圈所受的安培力为零，A错误，C、D正确．]
9．A [无论是绕P1转动还是绕P2转动，线圈转到图示位置时产生的电动势都为最大值Em=nBSω，由欧姆定律可知此时I相等，A对，B错；由右手定则可知线圈中电流方向为a→d→c→b→a，故C错；cd边所受的安培力F＝BLcdI，故F一样大，D错．]
10．2 垂直 0
解析 T＝eq \f(2π,ω)＝eq \f(1,2) s，则交流电的频率f＝eq \f(1,T)＝2 Hz.由图象知t＝0时，e＝0，线圈位于中性面位置，线圈平面和磁感线垂直；当t＝0.5 s时，ωt＝2πft＝2π，e＝0.
11．(1)e＝10eq \r(2)cs 100πt V (2)见解析
解析 (1)线框转动，开始计时的位置为线圈平面与磁感线平行的位置，产生的交变电流按余弦规律变化，在t时刻线框转过的角度为ωt，此时刻e＝Bl1l2ωcs ωt，即e＝BSωcs ωt，其中B＝eq \f(5\r(2),π) T，S＝0.1×0.2 m2＝0.02 m2，ω＝2πn＝2π×50 rad/s＝100π rad/s，故e＝eq \f(5\r(2),π)×0.02×100πcs 100πt V，
即e＝10eq \r(2)cs 100πt V.
(2)T＝eq \f(2π,ω)＝0.02 s，线框中感应电动势随时间变化关系的图象如下图所示
12．(1)e＝314sin 100πt V (2)200 V
解析 (1)解法一 线圈经过时间t转过角度θ＝ωt，这时bc和da边不切割磁感线，ab和cd边切割磁感线产生感应电动势eab＝ecd＝NBeq \x\t(ab)vsin ωt，其中v＝ωeq \f(\x\t(ad),2)＝ωeq \f(\x\t(bc),2)，所以e＝eab＋ecd＝2eab＝2NBωeq \x\t(ab)eq \f(\x\t(ad),2)sin ωt＝NBSωsin ωt，
则Em＝NBSω＝100×0.1×0.1×100π V＝314 V，
e＝314sin 100πt V
解法二 感应电动势的瞬时值e＝NBSωsin ωt，由题可知S＝eq \x\t(ab)·eq \x\t(bc)＝0.2×0.5 m2＝0.1 m2，
Em＝NBSω＝100×0.1×0.1×100π V＝314 V，
所以e＝314sin 100πt V.
(2)用E＝Neq \f(ΔΦ,Δt)计算t＝0至t＝eq \f(T,4)过程中的平均电动势E＝Neq \f(|Φ\f(π,2)－Φ0|,\f(T,4)－0)＝Neq \f(|0－BS|,\f(T,4))＝eq \f(4NBS,\f(2π,ω))
即E＝eq \f(2,π)NBSω.代入数值得E＝200 V.
题 号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
答 案