物理人教版選修3-2課時跟蹤檢測（九）交變電流

課時跟蹤檢測（九）交變電流一、單項選擇題1．線圈在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生交變電流的圖象如圖所示，由圖可知()A．在A、C時刻線圈處于中性面位置B．在B、D時刻穿過線圈的磁通量為零C．從A時刻到D時刻線圈轉(zhuǎn)過的角度為πD．若從O時刻到D時刻經(jīng)過0.02s，則在1s內(nèi)交變電流的方向改變100次解析：選DA、C時刻感應(yīng)電流最大，線圈位置與中性面垂直，B、D時刻感應(yīng)電流為零，線圈處于中性面，此時磁通量最大。從A時刻到D時刻線圈轉(zhuǎn)過角度為eq\f(3π,2)。若從O時刻到D時刻經(jīng)過0.02s，即線圈轉(zhuǎn)動一周用時0.02s，在這個時間內(nèi)電流方向改變2次，則在1s內(nèi)交變電流的方向改變eq\f(1,0.02)×2＝100次，故D正確。2.如圖所示，一矩形線圈abcd，已知ab邊長為l1，bc邊長為l2，在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中繞OO′軸以角速度ω從圖示位置開始勻速轉(zhuǎn)動，則t時刻線圈中的感應(yīng)電動勢為()A．0.5Bl1l2ωsinωt B．0.5Bl1l2ωcosωtC．Bl1l2ωsinωt D．Bl1l2ωcosωt解析：選D因為開始時刻線圈平面與磁感線平行，即從垂直于中性面開始轉(zhuǎn)動，所以開始時刻線圈中感應(yīng)電動勢最大，為Em＝Bl1l2ω，感應(yīng)電動勢的表達形式為余弦式交變電動勢，因此在t時刻線圈中的感應(yīng)電動勢為Bl1l2ωcosωt，故選項D正確。3．一交流發(fā)電機的感應(yīng)電動勢e＝Emsinωt，若將線圈的匝數(shù)增加一倍，電樞的轉(zhuǎn)速也增加一倍，其他條件不變，感應(yīng)電動勢的表達式將變?yōu)?)A．e′＝2Emsin2ωt B．e′＝2Emsin4ωtC．e′＝4Emsin2ωt D．e′＝4Emsin4ωt解析：選Ce＝Emsinωt＝NBSωsinωt，現(xiàn)N′＝2N，ω′＝2ω，則Em′＝4Em，所以感應(yīng)電動勢的瞬時值表達式將變?yōu)閑′＝4Emsin2ωt。C正確。4．如圖所示，在水平勻強磁場中一均勻矩形閉合線圈繞OO′軸勻速轉(zhuǎn)動，若要使線圈中的電流峰值減半，不可行的方法是()A．只將線圈的轉(zhuǎn)速減半B．只將線圈的匝數(shù)減半C．只將勻強磁場的磁感應(yīng)強度減半D．只將線圈的邊長減半解析：選B由Im＝eq\f(Em,R)，Em＝NBSω，ω＝2πn，得Im＝eq\f(NBS·2πn,R)，故A、C可行；線圈電阻R與匝數(shù)有關(guān)，當(dāng)匝數(shù)減半時電阻R也隨之減半，則Im不變，故B不可行；當(dāng)邊長減半時，面積S減為原來的eq\f(1,4)，而電阻減為原來的eq\f(1,2)，故D可行。5．如圖甲所示，一矩形閉合線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的轉(zhuǎn)軸OO′以恒定的角速度ω轉(zhuǎn)動。當(dāng)從線圈平面與磁場方向平行時開始計時，線圈中產(chǎn)生的交變電流按照圖乙所示的余弦規(guī)律變化，則在t＝eq\f(π,2ω)時刻()A．線圈中的電流最大B．穿過線圈的磁通量為零C．線圈所受的安培力最大D．線圈中的電流為零解析：選D由T＝eq\f(2π,ω)，故t＝eq\f(π,2ω)＝eq\f(T,4)，此時線圈位于中性面位置，所以穿過線圈的磁通量最大，B錯誤，由于此時感應(yīng)電動勢為零，所以線圈中電流為零，線圈所受的安培力為零，A、C錯誤，D正確。6．如圖甲所示，一矩形線圈abcd放置在勻強磁場中，并繞過ad、bc中點的軸OO′以角速度ω逆時針勻速轉(zhuǎn)動，若以線圈平面與磁場夾角θ＝45°時(如圖乙)為計時起點，并規(guī)定當(dāng)電流自a流向b時電流方向為正，則選項圖中正確的是()解析：選D矩形線圈繞垂直于勻強磁場的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生正弦式交變電流，在開始計時(t＝0)時線圈位于題圖乙所示的位置，根據(jù)右手定則可知電流為正方向且不為零，B、C錯誤；若達圖甲所示的位置，感應(yīng)電流為正向的峰值，可見t＝0時刻交變電流處于正半周且再經(jīng)eq\f(T,8)到達中性面位置，或者由θ＝eq\f(π,4)，電流瞬時表達式i＝Imcos(ωt＋θ)，所以0＝Imcos(eq\f(2π,T)t＋eq\f(π,4))，t＝eq\f(T,8)。A錯誤，D正確。二、多項選擇題7.如圖所示，一面積為S的單匝矩形線圈處于有界勻強磁場中，能在線圈中產(chǎn)生交變電流的是()A．將線圈水平向右勻速拉出磁場B．使線圈以O(shè)O′為軸勻速轉(zhuǎn)動C．使線圈以ab為軸勻速轉(zhuǎn)動D．磁場以B＝B0sinωt規(guī)律變化解析：選BCD將線圈向右勻速拉出磁場的過程中磁通量均勻減小，因此產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小不變，A錯誤；線圈繞垂直于磁感線方向的軸轉(zhuǎn)動時磁通量發(fā)生周期性變化，因此產(chǎn)生交變電流，B、C正確；如果磁感應(yīng)強度發(fā)生周期性變化，而線圈面積不變，則磁通量也發(fā)生周期性變化，產(chǎn)生交變電流，D正確。8．線圈在勻強磁場中轉(zhuǎn)動產(chǎn)生電動勢e＝10sin20πtV，則下列說法正確的是()A．t＝0時，線圈平面位于中性面B．t＝0時，穿過線圈的磁通量最大C．t＝0時，導(dǎo)線切割磁感線的有效速率最大D．t＝0.4s時，e有最大值10eq\r(2)V解析：選AB由電動勢的瞬時值表達式可知，計時從線圈位于中性面時開始，所以t＝0時，線圈平面位于中性面，磁通量最大，但此時導(dǎo)線切割磁感線的有效速率為零，A、B正確，C錯誤。當(dāng)t＝0.4s時，解得e＝0，D錯誤。9．如圖所示，閉合的矩形導(dǎo)體線圈abcd在勻強磁場中繞垂直于磁感線的對稱軸OO′勻速轉(zhuǎn)動，沿著OO′方向觀察，線圈沿逆時針方向轉(zhuǎn)動。已知勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，線圈匝數(shù)為n，ab邊的邊長為l1，ad邊的邊長為l2，線圈電阻為R，轉(zhuǎn)動的角速度為ω，則當(dāng)線圈轉(zhuǎn)至圖示位置時()A．線圈中感應(yīng)電流的方向為abcdaB．線圈中的感應(yīng)電動勢為2nBl2ωC．穿過線圈的磁通量隨時間的變化率最大D．線圈ad邊所受安培力的大小為eq\f(n2B2l1l22ω,R)解析：選CD根據(jù)右手定則，當(dāng)線圈轉(zhuǎn)至圖示位置時，線圈中感應(yīng)電流的方向為adcba，線圈中感應(yīng)電動勢應(yīng)為最大值Em＝nBl1l2ω，此時，穿過線圈磁通量隨時間的變化率最大，A、B錯，C對；線圈ad邊所受安培力的大小F＝nBIl2＝nBeq\f(nBl1l2ω,R)l2＝eq\f(n2B2l1l22ω,R)，D對。10．一單匝矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸線勻速轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生正弦式交變電流，其電動勢的變化規(guī)律如圖線a所示，當(dāng)調(diào)整線圈轉(zhuǎn)速后，電動勢的變化規(guī)律如圖線b所示，以下關(guān)于這兩個正弦式交變電流的說法正確的是()A．從圖線可算出穿過線圈磁通量的最大值B．線圈先后兩次轉(zhuǎn)速之比為2∶3C．在圖線a和b中，t＝0時刻穿過線圈的磁通量均為零D．圖線b電動勢的瞬時值表達式為e＝100sineq\f(100π,3)tV解析：選AD根據(jù)圖線a：感應(yīng)電動勢最大值Em＝BSω＝Φmω，因此磁通量最大值Φm＝eq\f(Em,ωa)＝eq\f(EmTa,2π)＝eq\f(3,π)Wb，A正確；線圈先后兩次周期之比eq\f(Ta,Tb)＝eq\f(0.04s,0.06s)＝eq\f(2,3)，eq\f(na,nb)＝eq\f(fa,fb)＝eq\f(Tb,Ta)＝eq\f(3,2)，B錯誤；t＝0時刻感應(yīng)電動勢為零，線圈位于中性面，穿過線圈的磁通量最大，C錯誤；感應(yīng)電動勢最大值Em＝BSω，因此eq\f(Ema,Emb)＝eq\f(ωa,ωb)＝eq\f(2πfa,2πfb)＝eq\f(3,2)，即Emb＝eq\f(2,3)Ema＝100V，圖線b電動勢瞬時值表達式為e＝Embsinωbt＝100sineq\f(100π,3)tV，D正確。三、非選擇題11．有一個正方形線框的線圈匝數(shù)為10匝，邊長為20cm，線框總電阻為1Ω，線框繞OO′軸以10πrads的角速度勻速轉(zhuǎn)動，如圖所示，垂直于線框平面向里的勻強磁場的磁感應(yīng)強度為0.5T，求：(1)該線框產(chǎn)生的交變電流電動勢最大值、電流最大值；(2)線框從圖示位置轉(zhuǎn)過60°時，感應(yīng)電動勢的瞬時值；(3)感應(yīng)電動勢隨時間變化的表達式。解析：(1)交變電流電動勢最大值為Em＝nBSω＝10×0.5×0.22×10πV＝6.28V電流的最大值