学业分层测评 第3章 第2节 交变电流是怎样产生的

学业分层测评第3章第2节 交变电流是怎样产生的学业分层测评（八）（建议用时：45分钟）学业达标1. 如图3-2-10所示为演示交变电流产生的装置图，关于这个实验，正确的说法是（)图 3-2-10A. 线圈每转动一周，指针左右摆动两次B. 图示位置为中性面，线圈中无感应电流C. 图示位置边的感应电流方向为QfbD. 线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零【解析】线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生做周期性变化的交变电流，线!经过中性面时电流改变方向，线圈每转动一周，有两次通过中性面，电 流方向改变两次，指针左右摆动一次，故A错绞圈处于图示位置时，线圈与 中性面垂直，总应电流最大tab边向右运动，由右手定则得,ab边的感应电流 方向为Lb，故B错、C对.线圈平面与磁感线平行吋，磁通的变化率最大故D错.【答案】C2. （多选）一矩形线圈绕垂直于匀强磁场方向、并位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变化情况如图3-2-11所示，则（） 【导学号：05002068图 3-2-11A.ti时刻穿过线圈的磁通量为零B. b时刻穿过线圈的磁通量为零c. f3时刻穿过线圈的磁通量变化率为零D.九时刻穿过线圈的磁通量变化率为零【解析】时刻穿过线圈的磁通量为,总应电动势最大；ti时刻穿过线關的磁通最大，感应电动势为零；f3时刻穿过线圈的磁通量变化率最大，感应 电动势最大；/4时刻穿过线圈的磁通变化率为需,感应电动势为需,选项仏 D正确.【答案】AD3（多选）线圈在匀强磁场中转动产生感应电动势e = 10sin 20M V,则下列 说法正确的是（）A. f=0时，线圈平面位于中性面B. f=0时，穿过线圈的磁通量最大C. 时，导线切割磁感线的有效速率最大D. f=0.4s时，0有最大值1哑 V【解析】由电动势的瞬时值表达式知，计时是从线圈位于中性面时开始的, 所以（=0时，銭圈平面位于中性面,磁通量为量大，但此时导线速度方向与磁 总线平行,切割磁总线的有效速率为需，故A、B正确，C错误当2 0.4 s时， e = lOsin 20M = 10X sin（20 X 0.4）V = 0 , D 错误【答案】AB4.矩形线圈在匀强磁场中匀速旋转时，如图3-2-12所示，产生的感应电 动势最大值为50 V,那么该线圈由图所示位置转过30。时，线圈中的感应电动势 大小为（）图 3-2-12A. 50 VB. 25、/jVC 25 VD 10 V【解析】 由题意可知：线圈从题图所示位置开始转动，产生的瞬时总应电 动势表示为 e = Em cos ojt ,转过 30。时=Em cos 30 = 50XV = 25 逅 V , 故B正确.【答案】B5某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图象如图3-2-13第3页所示，下列说法中正确的是（）【导学号：05002069图3-213A. 交变电流的频率为0.02 HzB交变电流的瞬时值表达式为i=5 cos（50ttZ） AC在f=0.01s时，穿过交流发电机线圈的磁通量为零D. Is末线圈平面与磁感线垂直，感应电流最大【解析】/ = 5 cos（100nzr = 0.01 s时,感应电流最大,穿过交流发电机线圈的硝通量为 .l s末线圈平面与瑟感线平行，感应电流最大故正确选项为C.【答案】C6. 欲增大交流发电机的感应电动势而不改变频率，下面措施中不能采用的 是（）A增大转速B. 增大磁感应强度C. 增加线圈匝数D. 增大线圈的包围面积【解析】 设线BB匝数为N ,磁感应强度为B ,线HB围成的面积为s ,角速 度为（O ,转速为（转砂）由Em = NBS（o = NBS-2nn ,又由频率f =（o/2n =号严= / ,可知B、C、D项只改变民大小，没改变频率，而A项改变了频率,故选 A.【答案】A7. 如图32 14所示的电路中，A是熔断电流/o=2A的保险丝，R是可 变电阻，交流电源的内电阻不计，其电动势随时间变化的规律是e=220V2sin 314/（V）.为了不使保险丝熔断，可变电阻的阻值应该大于（）图 3-2-14【导学号：05002070C. 220 QD. 2202 Q解析】该交变电流电动势的有效值为U = 220V，故可变电阻的量小阻值 /?.nin= =2 = 110 Q.【答案】B8.如图3215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O(T以/=600r/min的转速匀速转动，当线圈转至中性面位置时开始计时.图 3-2-15(1) 写出线圈内所产生的交变电动势的瞬时值表达式;求线圈从图示位置经缶时的电动势的瞬时值.【解析】当线圈从中性面开始计时时，产生的感应电动势的1时值为e=Em sin(ot其中小=60 = 2ttX 10 rad/s = 20 i ad/s峰值 E沁100痛MWEh100 V所以 e = lOOsin 20tt/(V).e = 100 sin 20n(V)ie = 100 sin(20nXj)V = 5(h/3 V.【答案】(1)0=100 sin 20M(V) (2)5(h/3 V能力提升9. 一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象如图3-2-16甲所示，则下列说法中正确的是()图 3-2-16Af=0时刻线圈平面与中性面垂直B. /=0.01 s时刻0的变化率达到最大c. r=0.02s时刻感应电动势达到最大D.该线圈相应的感应电动势图象如图乙所示【解析】 20时0最大，线圈应在中性面位置，A错；2 0.01 s吋，磁 通为，此时0的变化率最大，1对；2 0.02 s时，0最大,e = 0 , C错；因 0 t图氛为余弦图欽，故0 /图氛应为正弦图氛，D错.【答案】B10. （多选）图3-2-17甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁 场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表.线圈绕垂直于磁场的水平轴 OO1沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变 化的图象如图乙所示.以下判断正确的是（）甲乙图 3-2-17A. 电流表的示数为10 AB. 线圈转动的角速度为50n rad/sC0.01s时线圈平面与磁场方向平行D0.02s时电阻R中电流的方向自右向左【解析】 由题图乙知A ,Z = | = 10A ,A正确.T = 2X1O-2S , w=y=100n rad/s , B错误.20.01 s时t I = Im t此吋线BB平面与磁场方向平 行，C正确.由右手定则判定0.02 s时电阻R中电流方向自左向右，D错误【答案】AC11. 如图3-2-18所示，一个小型旋转电枢式交流发电机，其矩形线圈的 长度为心宽度为瓦共有匝，总电阻为厂与线圈两端相接触的集流环上接 有一个阻值为R的定值电阻，线圈以角速度血在磁感应强度为B的匀强磁场中绕与磁场方向垂直的对称轴OO匀速转动，沿转轴OO方向看去，线圈转动 沿逆时针方向，/=0时刻线圈平面与磁感线垂直.图 3-2-18(1) 表示出线圈经过图示位置时，通过电阻R的感应电流的方向；(2) 写出线圈转动过程中感应电动势的瞬时值表达式；求线圈从/=0位置开始到转过90。的过程中的平均电动势；(4)求线圈从/=0位置开始到转过60。时的瞬时电流.【解析】(1)根据右手定则或楞次定律判断可知，线BB中电流方向是加d”故流过R的电流是自下而上(2) 从中性面开始计时，感应电动势随时间按正弦规律变化,且最大感应电动势Em = nBabco ,所以感应电动势的麟时值表达式为e = nBabcosin cot.(3) E =/?Bab=nn/2(oInBabco 7T nBabcosx 羽仙刚(4)z =R + r 7?+r2(/?+r)【答案】(1)自下而上 (2)nBab(osin(otInBabco z 3nBabco12. 如图3219所示，一个电阻为R的金属圆环放在磁场中，磁场与圆 环所在的平面垂直，穿过圆环的磁通量随时间变化的图象如图所示，图中的最 大磁通量G)和变化的周期T都是已知量.求：图 3-2-19(1)在一个周期T内金属环中产生的热量；交变电流的有效值；(3) 在一个周期T内通过金属环某一横截面的电荷量.【导学号：05002071【解析】(1)0-774吋间内，感应电动势为:Ei =普=节 , 0-774吋 间内，感应电流为：二筝=4爵，772-3774吋间内，感应电动势、感应电流大 小同0774内相同，774772及3/4T-T吋间内感应电动势、惑应电流为0 , 一个周期内产生的热为：2曲殳8欝(2) 由有效值的定义可知PRT 器,有效值为1 = 2迄誅(3) 由于一个周期T内穿过金厲环的磁通量变化A = 0,通过金环某一横 截面的电荷也为第【答案】欝 吧孑(3)0