物理1 交变电流随堂练习题

交变电流

(15分钟　30分)

一、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分)

1．风力发电机为一种新能源产品，功率为200 W到15 kW，广泛应用于分散住户。若风力发电机的矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，当线圈通过中性面时，下列说法正确的是(　　)

A．穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势最大

B．穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势最大

C．穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势等于零

D．穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势等于零

【解析】选C。在中性面时，线圈与磁场垂直，磁通量最大；在中性面时，没有边切割磁感线，通过线圈的磁通量变化率为0，所以感应电动势为零，故C正确。

2．矩形线圈匝数为50匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图所示，则(　　)

A.感应电动势的最大值是157 V

B．在t＝0.1 s和t＝0.3 s时，感应电动势最大

C．在t＝0.1 s和t＝0.3 s时，线圈与中性面垂直

D．t＝0.4 s时，磁通量变化率最大，其值为157 Wb/s

【解析】选A。由题图得Φm＝0.2 Wb、T＝0.4 s，据Em＝nBSω＝nΦm·，可得Em＝50×0.2× V≈157 V，A项正确；在t＝0.1 s和t＝0.3 s时，线圈中磁通量最大，线圈处于中性面位置，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，B、C项错误；t＝0.4 s时，线圈中磁通量为零，此时刻磁通量的变化率最大，感应电动势也最大且为157 V，所以＝＝3.14 Wb/s，D项错误。

3．(多选)矩形线框绕垂直于匀强磁场且在线框平面内的轴匀速转动时产生了交变电流，下列说法正确的是(　　)

A．当线框位于中性面时，线框中感应电动势最大

B．当穿过线框的磁通量为零时，线框中的感应电动势也为零

C．当线框经过中性面时，感应电动势或感应电流的方向就改变一次

D．线框经过中性面时，各边切割磁感线的速度为零

【解析】选C、D。线框位于中性面时，线框平面与磁感线垂直，穿过线框的磁通量最大，但此时切割磁感线的两边的速度与磁感线平行，即不切割磁感线，所以感应电动势等于零，也即此时穿过线框的磁通量的变化率等于零，感应电动势或感应电流的方向在此时刻改变。线框垂直于中性面时，穿过线框的磁通量为零，但切割磁感线的两边都是垂直切割，有效切割速度最大，所以感应电动势最大，即此时穿过线框的磁通量的变化率最大，故C、D选项正确。

二、非选择题(12分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)

4．如图所示为演示用的手摇发电机模型，匀强磁场磁感应强度B＝0.5 T，线圈匝数n＝50，每匝线圈面积为0.48 m2，转速为150 r/min，在匀速转动过程中，从图示位置开始计时。

(1)写出交变感应电动势瞬时值的表达式；

(2)画出e­t图线。

【解析】(1)当线圈平面经过中性面时开始计时，则线圈在时间t内转过角度ωt，于是感应电动势瞬时值

e＝Emsinωt，其中Em＝nBSω。

由题意知n＝50，B＝0.5 T，

ω＝ rad/s＝5π rad/s，S＝0.48 m2，

Em＝nBSω＝50×0.5×0.48×5π V＝60π V，

所以e＝60πsin5πt(V)。

(2)根据交流电的方程画图线时，最大值是正弦图线的峰值，由纵轴上的刻度值标出，交流电的频率与正弦图线的周期相对应，ω＝，而周期由时间轴上的刻度值标出，T＝＝0.4 s，e­t图线如图所示。

答案：(1)e＝60πsin5πt(V)　(2)见解析

(10分钟　20分)

5．(6分)(多选)如图所示，abcd为一边长为L、匝数为N的正方形闭合线圈，绕对称轴OO′匀速转动，角速度为ω。空间中只有OO′左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。若闭合线圈的总电阻为R，则(　　)

A．线圈中电动势的最大值为NBL2ω

B．线圈中电动势的最大值为NBL2ω

C．在线圈转动一圈的过程中，线圈中有一半时间没有电流

D．当线圈转到图中所处的位置时，穿过线圈的磁通量为BL2

【解析】选B、D。最大值Em＝NBL2ω，A错误，B正确；在线圈转动的过程中，线圈始终有一半在磁场中运动，不会有一半时间没有电流，C错误；题图中所示位置中，穿过线圈的磁通量为BL2，D正确。

6．(14分)在磁感应强度为1 T的匀强磁场中有一匝数为10匝的矩形线圈ABCD，如图所示，线圈绕OO′轴以转速n＝ r/s匀速转动。AB＝20 cm，BC＝25 cm，线圈的总电阻为r＝1 Ω，定值电阻的阻值为R＝9 Ω，从图示位置开始计时。

(1)写出t时刻整个线圈中的感应电动势e的表达式。

(2)线圈转过30°，流过R的电荷量为多少？

(3)线圈转过30°时，磁通量的变化率为多少？

【解析】(1)感应电动势最大值

Em＝NBSω＝NBLABLBC·2πn＝50 V，

整个线圈中的感应电动势的瞬时值表达式为

e＝Emcosωt＝50cos (100t) V。

(2)线圈转过30°时，q＝Δt，

其中＝＝N，

故q＝N。

又ΔΦ＝BS(sin30°－sin0°)＝BLABLBC，

代入数据得q＝0.025 C。

(3)线圈转过30°时，t＝＝ s，

此时e＝50cos 100t(V)＝25 V，

而e＝N，

可得＝ Wb/s＝4.33 Wb/s。

答案：(1)e＝50cos 100t(V)　(2)0.025 C

(3)4.33 Wb/s