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

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DB、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1At1时刻，穿过线圈的磁通量的变化率最大Bt2时刻，穿过线圈的磁通量的变化率为零Ct3时刻，线圈中的感应电动势为零Dt4时刻，线圈中的感应电动势最大解析：选CDt1时刻，穿过线圈的最大，但为零，A错误；t2时刻，穿过线圈的等于零，但最大，B错误；t3时刻，最大，等于零，感应电动势等于零，C正确；t4时刻，等于零，但最大，感应电动势最大，D正确。3一交流发电机的感应电动势eEmsin 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()Ae2Emsin 2tBe2Emsin 4tCe4Emsin 2t De4Emsin 4t解析：选CeEmsin tNBSsin t，现N2N，2，则Em4Em，所以感应电动势的瞬时值表达式将变为e4Emsin 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()图2A05Bl1l2sin tB05Bl1l2cos tCBl1l2sin t DBl1l2cos 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EmBl1l2，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Bl1l2cos t，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3AE1E2，E3E4BE1E2E3，E40CE1E2E3E4DE1E4，E2E3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EmBS，和转轴的位置无关，即E1E2E3，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E40，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()图4A线圈中的电流最大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，EmNBS，2n，得Im，故A、C可行；又电阻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；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。8(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6At1和t4时刻穿过线圈的磁通量为零Bt1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7所示。则下列说法中正确的是()图7At0时刻，线圈平面与中性面垂直Bt001 s时刻，的变化率为0Ct002 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时刻线圈旋转周，转过的角度为。10(多选)一单匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁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)解析：选AD根据图线a：感应电动势最大值EmBSm，因此磁通量最大值m Wb，A正确。线圈先后两次周期之比，B错误。t0时刻感应电动势为零，线圈处于中性面位置，磁通量最大，C错误。感应电动势最大值EmBS，因此，即EmbEma100 V，图线b电动势瞬时值表达式为eEmbsin bt100sin t(V)，D正确。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过程中的平均电动势值。解析：(1)感应电动势的瞬时值eNBSsin t，由题可知Sab0205 m201 m2EmNBS1000101100 V314 V所以e314sin 100t V。(2)用EN计算t0至t过程中的平均电动势ENN即ENBS。代入数值得E200 V。答案：(1)e314sin 100t 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：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2n100 rad/s所以感应电动势的最大值：EmBS04052100 V314 V。(2)穿过线圈的磁通量表达式为BScos t当005 Wb时，cos t则此时感应电动势为eEmsin t314 V272 V。答案：(1)314 V(2)272 V