高中人教版 (2019)第三章 交变电流1 交变电流当堂检测题

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第三章　1　

A组·基础达标
1．某交流发电机正常工作时产生的感应电动势为e＝Emsin ωt.若线圈匝数减为原来的，而转速增为原来的2倍，其他条件不变，则产生的电动势的表达式是(　　)
A．e＝Emsin ωt　　　　　 B．e＝2Emsin ωt
C．e＝2Emsin 2ωt　　 D．e＝Emsin 2ωt
【答案】D　【解析】由Em＝NBSω，角速度与转速的关系为ω＝2πn得，当N′＝、n′＝2n时，ω′＝2ω，Em′＝N′BSω′＝·BS·2ω＝NBSω，即Em′＝Em，故e＝Emsin 2ωt, D正确．
2．(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10 V
【答案】AB　【解析】由电动势的瞬时值表达式可知，从线圈位于中性面时开始计时，所以t＝0时，线圈平面位于中性面，磁通量最大，但此时导线切割磁感线的有效速率为零，A、B正确，C错误．当t＝0.4 s时，e＝10sin 8π＝0，D错误．
3．如图所示，单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈轴线OO′与磁场边界重合，线圈按图示方向匀速转动(ab边向纸外，cd边向纸内)．若从图示位置开始计时，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像是图中的(　　)


A B

C D
【答案】A　【解析】由题意知线圈总有一半在磁场中做切割磁感线运动，所以产生的仍然是正弦式交变电流，只是感应电动势最大值为全部线圈在磁场中匀速转动时产生的感应电动势最大值的一半，故B、C错误．再由楞次定律及安培定则可以判断出A正确，D错误．
4．(多选)如图所示，一面积为S的单匝矩形线圈处于有界匀强磁场中，能在线圈中产生交变电流的是(　　)

A．将线圈水平向右匀速拉出磁场
B．使线圈以OO′为轴匀速转动
C．使线圈以ab为轴匀速转动
D．磁场以B＝B0sin ωt规律变化
【答案】BCD　【解析】将线圈向右匀速拉出磁场的过程中磁通量均匀减小，因此产生的感应电流大小不变，A错误；线圈绕垂直于磁感线方向的轴转动时磁通量发生周期性变化，因此产生交变电流，B、C正确；如果磁感应强度发生周期性变化，而线圈面积不变，则磁通量也发生周期性变化，产生交变电流，D正确．
5．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
【答案】B　【解析】由Im＝，Em＝NBSω，ω＝2πn，得Im＝，故A、C可行，不符合题意；又因电阻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，符合题意；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，不符合题意．
6．(多选)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，则下列说法中正确的是(　　)

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
【答案】BCD　【解析】由图像可知，为余弦式交变电流，说明t＝0时，线圈平面与磁感线方向平行， 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，所以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，所以D正确．
7．一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π
【答案】D　【解析】由题图可知0、0.02 s、0.04 s时刻线圈平面位于中性面位置，Φ最大，＝0，故E＝0；0.01 s、0.03 s、0.05 s时刻线圈平面与磁感线平行，Φ最小，最大，故E最大，从题图可知，从t＝0.01 s时刻至t＝0.04 s时刻线圈旋转了周，转过的角度为π.故D正确．
B组·能力提升
8．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nBSω
B．导线框中电流的方向是K→L→M→N→K
C．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
【答案】A　【解析】导线框中产生的瞬时电动势的大小是e＝Emcos30°＝nBSωcos30°＝nBSω， 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, B错误；导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， 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，则穿过导线框的磁通量的变化率＝不断变化， D错误．
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N＝100匝，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 A
B．线圈的角速度为50 rad/s
C．电压表的示数为50 V
D．穿过线圈的最大磁通量为 Wb
【答案】A　【解析】根据闭合电路的欧姆定律可知Im＝＝ A＝1.25 A，即通过线圈的最大电流为1.25 A，电压表测量的是有效值，故电压表的示数为U＝R≈61.9 V，故A正确，C错误；由乙图可知周期T＝0.04 s，转动的角速度为ω＝＝50π rad/s，故B错误；根据Em＝NBSω，可得穿过线圈的最大磁通量为Φ＝BS＝＝ Wb，故D错误．
10．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，交变电动势的平均值．

解：(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，
所以交变电流的瞬时值表达式为i＝50sin(100πt) A．
(3)＝N＝＝ V.
11．如图所示，一半径为r＝10 cm 的圆形线圈共100匝，在磁感应强度B＝ T 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的中心轴线OO′以n＝600 r/min的转速匀速转动，当线圈转至中性面位置(图中位置)时开始计时．
(1)写出线圈内所产生的交变电动势的瞬时值表达式；
(2)求线圈从图示位置开始在 s时的电动势的瞬时值；
(3)求线圈从图示位置开始在 s时间内的电动势的平均值．

解：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴线匀速转动时，线圈内产生正弦式交变电动势，当线圈平面在中性面时开始计时，其表达式为e＝Emsin ωt，而在某段时间内的平均电动势可根据＝N求得．
(1)e＝Emsin ωt，Em＝NBSω(与线圈形状无关)，
又ω＝2πn＝ rad/s＝20π rad/s，
故e＝100sin(20πt) V.
(2)当t＝ s时，
e＝100sinV＝50 V≈86.6 V.
(3)在 s内线圈转过的角度θ＝ωt＝20π× rad＝ rad，
由Φ＝BScos ωt知ΔΦ＝BS，
所以＝N＝ V.
12．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．

解：(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＝ T，
l1×l2＝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＝10 cos(100πt) V.
(2)线框由题图所示位置转过30°的过程中
ΔΦ＝Bl1l2，Δt＝，
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．