2019年高中物理第二章交变电流课时跟踪检测（七）认识交变电流交变电流的描述（含解析）粤教版选修3_2.doc

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1、- 1 -认识交变电流 交变电流的描述1如图所示的各图像中表示交变电流的是( )解析：选 D B、C 两图像中，虽然电流大小随时间做周期性变化，但方向从图上看在 t轴一侧方向不变，故不是交变电流。A 图中电流的方向没发生变化，不是交变电流。D 图中，从图上看电流分布在 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 D。2(多选)某线圈在匀强磁场中匀速转动，穿过它的磁通量 随时间变化的规律如图 1所示，则( )图 1A t1时刻，穿过线圈的磁通量的变化率最大B t2时刻，穿过线圈的磁通量的变化率为零C t3时刻，线圈中的感应电动势为零D t4时刻，线圈中的感应电动势最大解析：选

2、CD t1时刻，穿过线圈的 最大，但 为零，A 错误； t2时刻，穿过线圈 t的 等于零，但 最大，B 错误； t3时刻， 最大， 等于零，感应电动势等于零，C t t正确； t4时刻， 等于零，但 最大，感应电动势最大，D 正确。 t3一交流发电机的感应电动势 e Emsin t ，如将线圈的匝数增加一倍，电枢的转速也增加一倍，其他条件不变，感应电动势的表达式将变为( )A e2 Emsin 2t B e2 Emsin 4tC e4 Emsin 2t D e4 Emsin 4t解析：选 C e Emsin t NBS sin t ，现 N2 N， 2 ，则 Em4 Em，所以感应电动势的瞬时

3、值表达式将变为 e4 Emsin 2t 。4如图 2 所示，一矩形线圈 abcd，已知 ab 边长为 l1， bc 边长为 l2，在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕 OO轴以角速度 从图示位置开始匀速转动，则 t 时刻线圈中的感应电动势为( )- 2 -图 2A05 Bl1l2 sin t B05 Bl1l2 cos tC Bl1l2 sin t D Bl1l2 cos t解析：选 D 因为开始时刻线圈平面与磁感线平行，即从垂直于中性面开始运动，所以开始时刻线圈中感应电动势最大为 Em Bl1l2 ，感应电动势的表达形式应为余弦形式，因此在 t 时刻线圈中的感应电动势为 Bl1l2 cos t

4、，故正确选项为 D。5如图 3 所示，矩形线圈 ABCD 放在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，线圈以相同的角速度分别绕 OO、 AD、 EF、 AB 轴线匀速转动，线圈中产生的最大感应电动势分别为E1、 E2、 E3、 E4，则下列判断正确的是( )图 3A E1 E2， E3 E4B E1 E2 E3， E40C E1 E2 E3 E4D E1 E4， E2 E3解析：选 B 线圈以相同的角速度分别绕 OO、 AD、 EF 在匀强磁场中匀速转动时，产生的最大感应电动势为 Em BS ，和转轴的位置无关，即 E1 E2 E3，当线圈绕 AB 轴转动时，线圈的磁通量始终为零，无感应电动势，即 E

5、40，故 B 正确。6如图 4 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 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 时刻( )2图 4A线圈中的电流最大- 3 -B穿过线圈的磁通量为零C线圈所受的安培力最大D线圈中的电流为零解析：选 D 由 T ，故 t ，此时线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁2 2 T4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、C 错误，D 正确。 7如图 5 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

6、电流峰值减半，不可行的方法是( )图 5A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解析：选 B 由 Im ， Em NBS ， 2 n，得 Im ，故 A、C 可行；又电EmR NBS2 nR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；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。14 128(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 6 所示，则下列说法中正确的是( )图 6A t1和 t4时

7、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解析：选 BCD 由图像可知，为余弦式交变电流，说明 t0 时，线圈平面与磁感线方向- 4 -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，所以选项 B 正确，选项 A 错误。当线圈通过中性面时，感应电动势为零，感应电动势的方向要发生改变，所以选项 D 正确。9一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

8、7 所示。则下列说法中正确的是( )图 7A t0 时刻，线圈平面与中性面垂直B t001 s 时刻， 的变化率为 0C t002 s 时刻，感应电动势达到最大D从 t001 s 时刻至 t004 s 时刻线圈转过的角度是 32解析：选 D 由图像可知 t0、 t002 s、 t004 s 时刻线圈平面位于中性面位置， 最大， 0，故 E0； t001 s、 t003 s、 t005 s 时刻线圈平面与磁感线 t平行， 最小， 最大，故 E 最大，从图像可知，从 t001 s 时刻至 t004 s 时刻 t线圈旋转 周，转过的角度为 。34 3210(多选)一单匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁

9、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 8 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( )图 8A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 23C在图线 a 和 b 中， t0 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 e100sin t(V)1003解析：选 AD 根据图线 a：感应电动势最大值 Em BS m ，因此磁通量最大值- 5 - m Wb，A 正确。线圈先后两次周期之比Em a EmTa2 3 ， ，B 错误。 t0 时刻感应电动势为零，线圈处于中性

10、面位置，TaTb 0.04 s0.06 s 23 nanb fafb TbTa 32磁通量最大，C 错误。感应电动势最大值 Em BS ，因此 ，即EmaEmb a b 2 fa2 fb 32Emb Ema100 V，图线 b 电动势瞬时值表达式为 e Embsin bt100sin t(V)，D 正23 1003确。11如图 9 所示，匀强磁场 B01 T，所用矩形线圈的匝数 N100，边长 ab02 m， bc05 m，以角速度 100 rad/s 绕 OO轴匀速转动。当线圈平面通过中性面时开始计时，试求：图 9(1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式。(2)由 t0 至 t 过程中的平均电动

11、势值。T4解析：(1)感应电动势的瞬时值 e NBS sin t ，由题可知 S a b 0205 b cm201 m 2Em NBS 1000101100 V314 V所以 e314sin 100 t V。(2)用 E N 计算 t0 至 t 过程中的平均电动势 t T4E N N | 2 0|T4 0 |0 BS|T4 4NBS2即 E NBS 。代入数值得 E200 V。2答案：(1) e314sin 100 t V (2)200 V12如图 10 所示，边长为 05 m 的正方形线框 ABCD 绕 AB 边在磁感应强度为 04 T的匀强磁场中匀速转动， AB 边与磁场方向垂直，转速为 50 r/s。求：- 6 -图 10(1)感应电动势的最大值。(2)转动过程中，若从图示位置开始计时，当穿过线圈平面的磁通量为 005 Wb 时，感应电动势的瞬时值。解析：(1)因为转速 n50 r/s则角速度 2 n100 rad/s所以感应电动势的最大值：Em BS 0405 2100 V314 V。(2)穿过线圈的磁通量表达式为 BScos t当 005 Wb 时，cos t BS 12则此时感应电动势为e Emsin t 314 V272 V。32答案：(1)314 V (2)272 V