物理第三章 交变电流1 交变电流当堂检测题

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第三章　交变电流第1节　交变电流1.如图所示的各图像中表示交变电流的是(　　)2.如图所示，KLMN是一个竖直的匝数为n的矩形导线框，全部处于磁感应强度为B的水平方向的匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R，MN边水平，线框绕竖直固定轴以角速度ω匀速转动(俯视逆时针)。当MN边与磁场方向的夹角为30°时(图示位置)，下列说法正确的是(　　)A.导线框中产生的瞬时电动势的大小是nBSωB.导线框中电流的方向是K→L→M→N→KC.导线框再转过60°时导线框中产生的电流达到最大值D.导线框旋转过程中穿过导线框的磁通量的变化率恒定3.一闭合矩形线圈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(　　)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时刻通过线圈的磁通量最大D.t2、t4时刻线圈中感应电动势最小4.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5.某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生交变电流的图像如图所示，由图中信息可以判断(　　)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.A→D线圈转过的角度为πD.若O→D历时0.02 s，则在1 s内交变电流的方向改变100次6.一矩形线圈，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向并位于线圈平面的固定轴转动，线圈中产生的感应电动势e随时间t的变化规律如图所示，则下列说法正确的是(　　)A.t1和t3时刻穿过线圈的磁通量为零B.t1和t3时刻穿过线圈的磁通量的变化率为零C.线圈平面从与磁场方向平行的时刻开始计时D.每当感应电动势e变换方向时，穿过线圈的磁通量的绝对值都最大7.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10 V8.如图所示，线圈abcd的面积是0.05 m2，共100匝，线圈的总电阻r=1 Ω，外接电阻R=9 Ω，匀强磁场的磁感应强度B= T，线圈以角速度ω=100π rad/s匀速转动。(1)若线圈经过图示位置(线圈平面与磁感线垂直)时开始计时，写出线圈中感应电动势瞬时值的表达式。(2)写出交变电流的瞬时值表达式。(3)求线圈由图示位置转过的过程中，电动势的平均值。 9.如图甲所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO'匀速转动，从某时刻开始计时，产生的感应电动势e随时间t的变化曲线如图乙所示，若线圈匝数为100，外接电阻R=70 Ω，线圈电阻r=10 Ω，则下列说法正确的是(　　)A.通过线圈的最大电流为1.25 AB.线圈的角速度为50 rad/sC.电压表的示数为50 VD.穿过线圈的最大磁通量为 Wb10.一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像如图所示。则下列说法正确的是(　　)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0C.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π11.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，则下列选项图正确的是(　　)12.一单匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴线匀速转动时产生正弦式交变电流，其电动势的变化规律如图中图线a所示，当调整线圈转速后，电动势的变化规律如图线b所示。以下关于这两个正弦式交变电流的说法正确的是(　　)A.从图线可算出穿过线圈磁通量的最大值B.线圈先后两次转速之比为2∶3C.在图线a和b中，t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零D.图线b电动势的瞬时值表达式为e=100sint(V)13.如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的规律如图乙所示。则下列说法正确的是(　　)A.t=0.01 s时穿过线框的磁通量最小B.该线圈转动的角速度大小为π rad/sC.该电动势的瞬时值表达式为e=22sin 100πt(V)D.线框平面与中性面的夹角为45°时，电动势瞬时值为22 V14.如图所示，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，线框相邻两边相互垂直，其中CD边长为20 cm，CE、DF长均为10 cm，转速为50 r/s。若从图示CEFD平面平行磁场位置开始计时：(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式。(2)求出由图示位置转过30°过程中线框产生的平均电动势。(3)作出线框中感应电动势随时间变化的e-t图像。15.如图所示，有一个正方形线框的线圈匝数为10，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，垂直于线框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.5 T。求：(1)该线框产生的交变电流的电动势最大值、电流最大值；(2)线框从图示位置转过60°时，感应电动势的瞬时值；(3)感应电动势随时间变化的表达式。
参考答案1.D　选项A、B、C的图像中，图线都分布在t轴的一侧，即电流方向没有发生变化，都表示直流；选项D的图像中，图线分布在t轴两侧，电流的大小、方向均做周期性变化，是交变电流。故选项D正确。2.A　导线框中产生的瞬时电动势的大小是e=Emcos 30°=nBωScos 30°=nBSω，选项A正确；由楞次定律可知，导线框中电流的方向是K→N→M→L→K，选项B错误；线框与磁感线平行时感应电流最大，则导线框再转过150°时导线框中产生的电流达到最大值，选项C错误；导线框旋转过程中由于感应电动势不断变化，根据E=n，穿过导线框的磁通量的变化率不断变化，选项D错误。3.B　t1、t3时刻通过线圈的磁通量Φ最大，磁通量变化率为零，此时感应电动势、感应电流均为零，线圈中感应电流方向改变，选项A错误，B正确；t2、t4时刻通过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，选项C、D错误。4.B　由Im=，Em=NBSω，ω=2πn，得Im=，故选项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，故选项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，故选项D可行。5.CD　由题图可知，在O、B、D时刻感应电流为零，所以此时线圈恰好在中性面位置，且穿过线圈的磁通量最大，故选项B错误；在A、C时刻感应电流最大，线圈处于和中性面垂直的位置，此时穿过线圈的磁通量为零，故选项A错误；从A到D，线圈旋转周，转过的角度为π，故选项C正确；如果从O到D历时0.02 s，恰好为一个周期，则1 s内线圈转动50个周期，经过中性面100次，交变电流的方向改变100次，故选项D正确。6.BCD　由题图像可知，该电流按照余弦规律变化，说明t=0时，线圈平面与磁感线方向平行，选项C正确；t1、t3时刻感应电动势为零，说明这两个时刻穿过线圈的磁通量变化率为零，穿过线圈的磁通量最大，选项B正确，A错误；当线圈通过中性面时，穿过线圈的磁通量的绝对值最大，感应电动势为零，感应电动势的方向要发生改变，选项D正确。7.AB　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，穿过线圈的磁通量最大，但此时导线切割磁感线的有效速率为零，选项A、B正确，C错误；当t=0.4 s时，解得e=0，选项D错误。8.【答案】(1)e=500sin 100πt(V)(2)i=50sin 100πt(A)(3) V【解析】(1)线圈中感应电动势的最大值为Em=nBSω=100××0.05×100π V=500 V线圈中感应电动势瞬时值e=Emsin ωt所以e=500sin 100πt(V)。(2)交变电流的最大值Im= A=50 A所以电流的瞬时值表达式为i=50sin 100πt(A)。(3)=n V。9.A　根据闭合电路的欧姆定律可知I= A=1.25 A，即通过线圈的最大电流为1.25 A，选项A正确；电压表测量的是有效值，故电压表的示数为U=R= V，选项C错误；由题图乙可知周期T=0.04 s，转动的角速度为ω==50π rad/s，选项B错误；根据Em=nBSω可得穿过线圈的最大磁通量为Φ=BS= Wb，选项D错误。10.D　由题图像可知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，=0，故E=0，选项A、C错误；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，最大，故E最大，选项B错误；由题图像可知，从t=0.01 s时刻至t=0.04 s时刻线圈旋转周，转过的角度为π，选项D正确。11.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，选项B、C错误；若达题图甲所示的位置，感应电流为正向的峰值，可见t=0时刻交变电流处于正半周且再经到达中性面位置，或者由θ=，电流瞬时表达式i=Imcos (ωt+θ)，所以0=Imcos，t=，选项A错误，D正确。12.AD　对题图线a分析，感应电动势最大值Em=BSω=Φmω，因此磁通量最大值Φm= Wb，选项A正确；线圈先后两次周期之比，选项B错误；t=0时刻感应电动势为零，线圈处于中性面位置，磁通量最大，选项C错误；感应电动势最大值Em=BSω，因此，即Emb=Ema=100 V，图线b电动势瞬时值表达式为e=Embsin ωbt=100sint(V)，选项D正确。13.CD　由题图像知，t=0.01 s时，感应电动势为零，则穿过线框的磁通量最大，故选项A错误；该线圈转动的角速度大小为ω==100π rad/s，故选项B错误；当t=0时，电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，故该电动势的瞬时值表达式为e=Emsin ωt=22sin 100πt(V)，故选项C正确；线框平面与中性面的夹角为45°时，电动势瞬时值为e=Emsin 45°=22 V，故选项D正确。14.【答案】(1)e=10cos 100πt(V)　(2) V　(3)见解析图【解析】(1)线框转动，开始计时的位置为线框平面与磁感线平行的位置，CD边长为l1=20 cm，CE、DF边长为l2=10 cm，在t时刻线框转过的角度为ωt，此时刻e=Bl1l2ωcos ωt其中B= Tl1·l2=0.2×0.1 m2=0.02 m2ω=2πn=2π×50 rad/s=100π rad/s故e=×0.02×100πcos 100πt(V)即e=10 cos 100πt(V)。(2)线框由题图所示位置转过30°的过程中，有ΔΦ=Bl1l2Δt=则平均电动势E= V。(3)线框中感应电动势随时间变化的图像如图所示。15.【答案】(1)2π V　2π A　(2)π V(3)e=2π sin 10πt(V)【解析】(1)交变电流电动势最大值为Em=nBSω=10×0.5×0.22×10π V=2π V电流的最大值为Im= A=2π A。(2)线框转过60°时，感应电动势E=Emsin 60°=π V。(3)由于线框转动是从中性面开始计时的，所以瞬时值表达式为e=Emsin ωt=2πsin 10πt(V)。