高中物理课时跟踪检测(六)交变电流教科版
人教版高中物理选修3-2课时跟踪检测(全册共84页 附答案)
人教版高中物理选修3-2课时跟踪检测（全册共84页附答案）目录课时跟踪检测（一）划时代的发现探究感应电流的产生条件课时跟踪检测（二）楞次定律课时跟踪检测（三）法拉第电磁感应定律课时跟踪检测（四）电磁感应现象的两类情况课时跟踪检测（五）互感和自感课时跟踪检测（六）涡流、电磁阻尼和电磁驱动课时跟踪检测（七）交变电流课时跟踪检测（八）描述交变电流的物理量课时跟踪检测（九）电感和电容对交变电流的影响课时跟踪检测（十）变压器课时跟踪检测（十一）电能的输送课时跟踪检测（十二）传感器及其工作原理课时跟踪检测（十三）传感器的应用阶段验收评估（一）电磁感应阶段验收评估（二）交变电流阶段验收评估（三）传感器课时跟踪检测（一）划时代的发现探究感应电流的产生条件1．关于磁通量的概念，以下说法中正确的是()A．磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也越大B．磁感应强度越大，线圈面积越大，则磁通量也越大C．穿过线圈的磁通量为零，但磁感应强度不一定为零D．磁通量发生变化，一定是磁场发生变化引起的解析：选C穿过闭合回路的磁通量大小取决于磁感应强度、回路所围面积以及两者夹角三个因素，所以只知道其中一个或两个因素无法确定磁通量的变化情况，A、B项错误；同样由磁通量的特点，也无法判断其中一个因素的情况，C项正确，D项错误。
2.如图所示，半径为R的圆形线圈共有n匝，其中心位置处半径为r的范围内有匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面，若磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为()A．πBR2B．πBr2C．nπBR2D．nπBr2解析：选B由磁通量的定义式知Φ＝BS＝πBr2，故B正确。
3.如图所示，AB是水平面上一个圆的直径，在过AB的竖直面内有一根通电直导线CD，已知CD∥AB。
当CD竖直向上平移时，电流的磁场穿过圆面积的磁通量将()A．逐渐增大B．逐渐减小C．始终为零D．不为零，但保持不变解析：选C由于通电直导线CD位于AB的正上方，根据安培定则可知，通电直导线CD产生的磁感线在以AB为直径的圆内穿入和穿出的条数相同，所以不管电流怎么变化，导线下面圆内部的磁通量始终为0。
2018_2019学年高中物理第二章交变电流第6节变压器练习教科版选修3_220190114174.docx
第6节变压器1．当变压器的原线圈加上交变电压时，原线圈中的交变电流在铁芯中激发交变的磁通量，交变的磁通量穿过________也穿过________，在原、副线圈中产生____________．当副线圈闭合时，在副线圈中就会有交流电通过，这样，虽然原、副线圈并不相连，电能却从原线圈通过磁场传输给副线圈．2．在理想情况下，变压器原、副线圈两端的电压跟它们的____________，公式表示为__________________．如果原线圈的匝数小于副线圈的匝数，则副线圈得到的电压比原线圈高，这种变压器称为____________；如果原线圈的匝数大于副线圈的匝数，则副线圈得到的电压比原线圈低，这种变压器称为____________．3．关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是()A．通有正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变B．穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都不相等C．穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势D．原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈4．对理想变压器，下列说法中正确的是()A．原线圈的输入功率，随着副线圈的输出功率增大而增大B．原线圈的输入电流，随副线圈的输出电流增大而增大C．原线圈的电流，不随副线圈的输出电流变化而变化D．当副线圈的电流为零时，原线圈的电压也为零5．某变电站用原、副线圈匝数比为n1∶n2的变压器，将远距离输来的电能送给用户，如图1所示，将变压器看作理想变压器，当变压器正常工作时，下列说法正确的是()图1A．原、副线圈电压比为n2∶n1B．原、副线圈电流比为n1∶n2C．原、副线圈电压比为n1∶n2D．变压器的输入功率与输出功率的比为n1∶n2【概念规律练】知识点一变压器的基本规律1．如图2所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1，原线圈接正弦交流电源，副线圈接入“220 V,60 W”灯泡一只，且灯泡正常发光，则()图2A．电流表的示数为32 220AB．电源输出功率为1200WC．电流表的示数为3 220AD．原线圈端电压为11V2．某变压器原、副线圈匝数比为55∶9，原线圈所接电源电压按如图3所示规律变化，副线圈接有负载，下列判断正确的是()图3A．输出电压的最大值为36VB．原、副线圈中电流之比为55∶9C．变压器输入、输出功率之比为55∶9D．交流电源电压有效值为220V，频率为50Hz知识点二常见变压器3．如图4所示，自耦变压器输入端A、B接交流稳压电源，其电压有效值U AB＝100V，R0＝40Ω，当滑动片处于线圈中点位置时，C、D两端电压的有效值U CD为________V，通过电阻R0的电流有效值为________A.图44．如图5所示，M、N为两条交流输电线，甲、乙两图是配电室中的互感器和交流电表的两种接线示意图，以下说法正确的是()图5A．在乙图中，线圈N4的导线一定比线圈N3的导线粗B．甲图中的电表是交流电流表，乙图中的电表是交流电压表C．甲图中的电表是交流电压表，乙图中的电表是交流电流表D．甲、乙两图中的电表均为交流电流表【方法技巧练】一、变压器动态问题的分析方法5．如图6所示为一理想变压器，K为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈的电压，则()图6A．保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，I1将增大B．保持P的位置及U1不变，K由b合到a时，R消耗功率将减小C．保持U1不变，K合在a处，使P上滑，I1将增大D．保持P的位置不变，K合在a处，若U1增大，I1将增大6．如图7所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线等效电阻为R.开始时，开关S断开．当S接通时，以下说法中正确的是()图7A．副线圈两端M、N的输出电压减小B．副线圈输电线等效电阻R上的电压增大C．通过灯泡L1的电流减小D．原线圈中的电流增大二、有多个副线圈的理想变压器问题的分析方法7．理想变压器如图8所示，原线圈匝数n1＝1000匝，两副线圈匝数分别为n2＝600匝，n3＝200匝，当原线圈两端接在220V的交流电源上时，原线圈上电流为2A，通过R2的电流为1A，则通过R3的电流为()图8A．10 A B．7 AC．3 AD．1 A8．如图9所示，一台有两个副线圈的理想变压器，原线圈匝数n1＝1100匝，接入电压U1＝220V的电路中．(1)要求在两个副线圈上分别得到电压U2＝6V，U3＝110V，它们的匝数n2、n3分别为多少？(2)若在两副线圈上分别接上“6V，20W”、“110V，60W”的两个用电器，原线圈的输入电流为多少？图91．理想变压器工作时，原线圈输入与副线圈输出的物理量一定相同的是()A．电压有效值B．电流有效值C．交变电流频率D．交流电功率2．如图10所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝4∶1，当导体棒l在匀强磁场中向左做匀速直线运动切割磁感线时，电流表的示数是12mA，则电流表的示数为()图10A．3mAB．0mAC．48mAD．与负载R的值有关3．在绕制变压器时，某人将两个线圈绕在如图11所示变压器铁芯的左右两个臂上．当通以交流电时，每个线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈，另一半通过中间的臂．已知线圈1,2的匝数之比n1∶n2＝2∶1.在不接负载的情况下()图11A．当线圈1输入电压为220V时，线圈2输出电压为110VB．当线圈1输入电压为220V时，线圈2输出电压为55VC．当线圈2输入电压为110V时，线圈1输出电压为220VD．当线圈2输入电压为110V时，线圈1输出电压为110V4．一理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈输入电压的变化规律如图12甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头．下列说法正确的是()图12A．副线圈输出电压的频率为50HzB．副线圈输出电压的有效值为31VC．P向右移动时，原、副线圈的电流比减小D．P向右移动时，变压器的输入功率增加5．一台理想变压器从10kV的线路中降压并提供200A的负载电流．已知两个线圈的匝数比为40∶1，则变压器原线圈的电流、输出电压及输出功率是()A．5 A,250 V,50 kWB．5 A,10 kV,50 kWC．200 A,250 V,50 kWD．200 A,10 kV,2×103 kW6．一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈有可调电阻R.设原线圈的电流为I1，输入功率为P1，副线圈的电流为I2，输出功率为P2.当R增大时()A．I1减小，P1增大B．I1减小，P1减小C．I2增大，P2减小D．I2增大，P2增大7．如图13所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶5，原线圈两端的交变电压为u＝202sin100πt V．氖泡在两端电压达到100V时开始发光．下列说法中正确的有()图13A．开关接通后，氖泡的发光频率为100HzB．开关接通后，电压表的示数为100VC．开关断开后，电压表的示数变大D．开关断开后，变压器的输出功率不变8．图14所示是霓虹灯的供电电路，电路中的变压器可视为理想变压器．已知变压器原线圈与副线圈匝数比n1n2＝120，加在原线圈的电压为u1＝311sin100πt V，霓虹灯正常工作的电阻R＝440kΩ，I1、I2表示原、副线圈中的电流．下列判断正确的是()图14A．副线圈两端电压6220V，副线圈中的电流14.1mAB．副线圈两端电压4400V，副线圈中的电流10mAC．I1<I2D．I1>I29．如图15甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1＝20Ω，R2＝30Ω，C为电容器．已知通过R1的正弦式交变电流如图14乙所示，则()图15A．交变电流的频率为0.02HzB．原线圈输入电压的最大值为2002VC．电阻R2的电功率约为6.67WD．通过R3的电流始终为零10．如图16所示，理想变压器线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，分别接有相同的两只灯泡A和B，若在a、b间接正弦式交流电源，电源电压为U，则B灯两端电压为()图1611．如图17所示的变压器的原线圈1接到220V的交流电源上．副线圈2的匝数n2＝30匝，与一个“12V12W”的灯泡L连接，L能正常发光．副线圈3的输出电压U3＝110V，与电阻R连接，通过R的电流为0.4A，求：图17(1)副线圈3的匝数n3；(2)原线圈1的匝数n1和电流I1.12．如图18所示，一个变压器(可视为理想变压器)的原线圈接在220V的市电上，向额定电压为1.80×104V的霓虹灯供电，使它正常发光．为了安全，需在原线圈回路中接入熔断器，使副线圈电路中电流超过12mA时，熔丝就熔断．图18(1)熔丝的熔断电流是多大？(2)当副线圈电路中电流为10mA时，变压器的输入功率是多大？13．如图19所示，交流发电机电动势的有效值E＝20V，内阻不计，它通过一个R＝6Ω的指示灯连接变压器．变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都是“6V，0.25W”，灯泡都正常发光，导线电阻不计．求：图19(1)降压变压器初级、次级线圈匝数比．(2)发电机的输出功率．第6节变压器答案课前预习练1．原线圈副线圈感应电动势2．匝数成正比U1U2＝n1n2升压变压器降压变压器3．C[通有正弦交变电流的原线圈产生的磁场是变化的，由于面积S不变，故磁通量Φ变化，A错误；因理想变压器无漏磁，故B错误；由互感现象知C 正确；原线圈中的电能转化为磁场能又转化为电能，原副线圈通过磁场联系在一起，故D错误．]4．AB[理想变压器原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，且随副线圈的输出功率的变化而变化，原线圈的输入电流取决于副线圈的输出电流，当副线圈的电流为零时，原线圈的电流也为零，但原线圈电压并不一定为零，故A、B正确，C、D错误．]5．C[电压之比等于匝数之比，根据输入功率等于输出功率，所以电流之比等于电压之比的反比，也就等于线圈匝数比的反比．]课堂探究练1．C[因为灯泡正常发光，所以副线圈中的电流I2＝PU2＝60220A＝311A根据公式I1I2＝n2n1得I1＝n2n1I2＝120×311A＝3220A，即电流表的示数应为3220A，故A错，C对；电源的输出功率等于变压器的输入功率，由P入＝P出可得电源的输出功率为60W，故B选项错误；根据公式U1U2＝n1n2，得U1＝n1n2U2＝201×220V＝4400V，故D选项错误．]点评变压器的基本规律电压关系：(1)①只有一个副线圈时U1U2＝n1n2或U1n1＝U2n2②当有多个副线圈时U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝…(2)功率关系：P 入＝P 出①只有一个副线圈时，P 1＝P 2②当有多个副线圈时P 1＝P 2＋P 3＋…(3)电流关系：①只有一个副线圈时，由P 1＝P 2知，I 1U 1＝I 2U 2 得I 1I 2＝U 2U 1＝n 2n 1 即I 1I 2＝n 2n 1②当有多个副线圈时，由P 1＝P 2＋P 3＋…知 I 1U 1＝I 2U 2＋I 3U 3＋… 得I 1n 1＝I 2n 2＋I 3n 3＋…2．D [由图知原线圈电压最大值为2202V ，周期T ＝2×10－2s ，故有效值为220V ，频率为50Hz ；由U 1U 2＝n 1n 2，I 1I 2＝n 2n 1得输出电压最大值为362V ，原、副线圈电流之比为9∶55，输入、输出功率应相等，所以正确答案为D.]点评 变压器的电压关系、电流关系是有效值(或最大值)间的关系，即如公式U 1U 2＝n 1n 2中，若U 1是有效值则U 2就是有效值，若U 1是最大值则U 2就是最大值．3．200 5解析 由理想变压器公式U 1U 2＝n 1n 2得U CD ＝n 2n 1U AB ＝2×100V ＝200V ，又由I 2＝U CD R 0＝20040A ＝5A.点评 自耦变压器铁芯上只绕一个线圈，原、副线圈共用一个绕组，最大优点是可以连续调节输出电压，缺点是低压端和高压端直接有电的联系，使用不够安全．变压器的规律都适用于自耦变压器．4．C [电压互感器输入端分别接在两根线上，次级匝数比初级匝数少；电流互感器输入端只能串联在电路中，次级匝数比初级匝数多．]点评 甲图是电压互感器，乙图是电流互感器，它们分别与电压表和电流表的使用方法相同，即：电压互感器测电压时需并联接入电路，电流互感器测电流时需串联接入电路．它们利用变压器的原理把高电压、大电流变成低电压、小电流，以方便测量．5．ABD [K 由a 合到b 时，n 1减小而U 1不变，由U 1U 2＝n 1n 2可知副线圈上电压增大，负载R 的电流I 2增大，P 2增大；又由于P 1＝P 2＝U 1I 1，故I 1增大，A 项正确．同理K 由b 合到a 时，P 2减小，B 项正确．P 上滑时，负载电阻R 增大，而U 1、U 2均不变，由I 2＝U 2R 可知I 2减小，又由于n 1、n 2均不变，由I 1I 2＝n 2n 1可知I 1将减小，故C 项错误．当U 1增大时，由U 1U 2＝n 1n 2可知U 2也增大，I 2＝U 2R 增大，再由I 1I 2＝n 2n 1可知I 1增大，故D 项正确．]方法总结 此类问题大致有两种情况：一是负载电阻不变，原、副线圈的电压(U 1、U 2)、电流(I 1、I 2)，输入功率、输出功率随匝数比的变化而变化的情况，如选项A 、B ；另一类是原、副线圈的匝数比不变，上述各物理量随负载电阻的变化而变化的情况，如选项C.处理此类问题时，要根据题意分清变量与不变量，要明确变量之间的相互制约关系．6．BCD [由于输入电压不变，所以S 接通时，理想变压器副线圈M 、N两端输出电压不变．并联灯泡L 2，负载总电阻变小，由欧姆定律I ＝UR 知，流过R 的电流增大，电阻R 上的电压U R ＝IR 增大．副线圈输出电流增大，根据输入功率等于输出功率I 1U 1＝I 2U 2得，I 2增大，则原线圈输入电流I 1也增大．U MN 不变，U R 变大，所以U L1变小，流过灯泡L 1的电流减小．] 方法总结 变压器动态分析问题的思路程序可表示为7．B [由理想变压器变压比公式U 1U 2＝n 1n 2可得U 2＝U 1n 2n 1＝220×6001000V ＝132V ，由U 1U 3＝n 1n 3可得U 3＝n 3n 1U 1＝200×2201000V ＝44V ，根据输入功率等于输出功率有I 1U 1＝I 2U 2＋I 3U 3解得I 3＝7A ，选B]方法总结 理想变压器变压比公式U 1U 2＝n 1n 2，对有一个或n 个副线圈的变压器均适用，而变流比公式I 1I 2＝n 2n 1，只适用于有一个副线圈的变压器，若为两个以上副线圈的变压器，必须用P 入＝P 出，即U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3或n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3来计算．8．(1)30匝 550匝 (2)0.36A解析 (1)根据原、副线圈间电压与匝数的关系，由 U 1U 2＝n 1n 2，U 1U 3＝n 1n 3得n 2＝U 2U 1n 1＝6220×1100匝＝30匝n 3＝U 3U 1n 1＝110220×1100匝＝550匝(2)设原线圈输入电流为I 1，P 入＝P 出，即 I 1U 1＝I 2U 2＋I 3U 3＝P 2＋P 3，所以I 1＝P 2＋P 3U 1＝20＋60220A ＝0.36A方法总结 第(1)问中，也可根据原、副线圈每伏电压分配到的匝数相等进行计算．即由n 1U 1＝1100匝220V ＝5匝/V ，得匝数n 2＝5×6匝＝30匝，n 3＝5×110匝＝550匝．课后巩固练 1．CD 2．B3．BD [在不考虑原、副线圈内电阻的情况下，变压器原、副线圈电压之比(U 1/U 2)等于原、副线圈中产生的感应电动势之比(E 1/E 2)．当给线圈1输入电压U 1时，U 1U 2＝E 1E 2＝n 1ΔΦ1Δtn 2ΔΦ2Δt＝n 1ΔΦ1n 2ΔΦ2＝21×21＝41.当给线圈2输入电压U 2时，U 2U 1＝E 2E 1＝n 2ΔΦ2Δtn 1ΔΦ1Δt＝n 2ΔΦ2n 1ΔΦ1＝12×21＝1.所以选项B 、D 正确．]4．AD [变压器不改变电压的频率，副线圈中的电压频率等于原线圈中的电压频率为f ＝1T ＝12×10－2Hz ＝50Hz ；由U 1U 2＝n 1n 2可得副线圈中电压的最大值31V ，故有效值为312V ；P 向右移动时，输出电路中电压不变，电阻减小，电流增大，输出功率增大，变压器的输入功率等于输出功率，也增大，故正确的选项为A 、D.]5．A [设原线圈输入电压、电流、功率分别为U 1、I 1、P 1，副线圈输出电压、电流、功率分别为U 2、I 2、P 2，原、副线圈匝数分别为n 1、n 2.由I 1I 2＝n 2n 1知I 1＝n 2n 1I 2＝140×200 A ＝5 A. 由U 1U 2＝n 1n 2知U 2＝n 2n 1U 1＝140×10×103 V ＝250 V输出功率P 出＝U 2I 2＝250×200W ＝50kW]6．B [副线圈的电压不变，当副线圈接的电阻R 增大时，I 2减小，P 2减小，因为P 1＝P 2，所以P 1减小，I 1＝n 2n 1I 2，I 1也减小．]7．AB [由U 1U 2＝n 1n 2得：副线圈的输出电压u 2＝5u ＝1002sin100πt V ，此电源频率f 0＝50Hz ，而氖泡每个周期发光2次，则氖泡的发光频率f 氖＝2f 0＝100Hz ，A 正确；电压表的示数应为副线圈输出电压的有效值，故U ＝U 2m2＝100V ，B 正确；交变电流、电压的有效值不变，故表示数不变，C 错；断开开关后，变压器的输出功率减小，D 错．]8．BD [原线圈电压有效值U 1＝U m 2＝3112V ＝220V ，由U 1U 2＝n 1n 2，可得U 2＝4400V ，由欧姆定律可知I 2＝U 2R ＝10mA ，由I 1I 2＝n 2n 1可得：I 1>I 2，所以B 、D 两项正确．]9．C [由题中图象可知该交变电流的周期为0.02s ，所以频率为50Hz ，A错误；因为变压器输出电压最大值为20×1V ＝20V ，所以由变压比公式U 1n 1＝U 2n 2知变压器原线圈电压的最大值为20×10V ＝200V ，B 错误；R 2的功率P 2＝U 2R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫202230W ＝6.67W ，C 正确；因为电容器存在充、放电现象，所以电阻R 3中的电流不感谢你的聆听感谢你的聆听 是始终为零，D 错误．]10．D [设原线圈电压为U 1，电流为I 1，副线圈电压为U 2，电流为I 2，则U 1＝U －I 1R A ，U 1U 2＝n 1n 2，I 1I 2＝n 2n 1，U 2＝I 2R B ，依题意，A 、B 完全相同，有R A ＝R B ，联立以上各式，整理可得n 2n 1U 1＝n 1n 2(U －U 1)，即12U 1＝2(U －U 1)， 得U 1＝45U ，U 2＝12U 1＝25U ＝0.4U ]11．(1)275匝 (2)550匝 0.255A解析 (1)变压比公式对于两个副线圈也适用，则有 U 2U 3＝n 2n 3，n 3＝n 2U 3U 2＝30×11012匝＝275匝．(2)同理：n 1n 2＝U 1U 2，n 1＝U 1U 2n 2＝22012×30匝＝550匝．理想变压器的输入功率等于输出功率，即P 1＝P 2＋P 3＝12W ＋0.4×110W ＝56W ．原线圈中电流I 1＝P 1U 1＝56220A≈0.255A12．(1)0.98A (2)180W解析 (1)设原、副线圈上的电压、电流分别为U 1、U 2、I 1、I 2.根据理想变压器的输入功率等于输出功率，有I 1U 1＝I 2U 2当I 2＝12mA 时，I 1即为熔断电流，代入数据，得I 1＝0.98A(2)设副线圈中电流为I 2′＝10mA 时，变压器的输入功率为P 1，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，有P 1＝I 2′U 2，代入数据，得P 1＝180W13．(1)3∶1 (2)6.67W解析 (1)彩色小灯泡额定电流I L ＝P U ＝0.256A ＝124A ，次级线圈总电流I 2＝24I L ＝1A ．变压器输入功率等于输出功率，有I 1U 1＝I 2U 2＝6W ，变压器原线圈电路中，利用欧姆定律可得E ＝U 1＋I 1R ＝6I 1＋6I 1，代入E 值解得I 1＝13A(I 1＝3A 应舍去，据题意是降压变压器，应I 1<I 2＝1A)，所以n 1n 2＝I 2I 1＝31. (2)发电机输出功率P ＝I 1E ＝6.67W。
第五章交变电流 第5节 课时跟踪训练
第五章交变电流第5节课时跟踪训练(时间30分钟满分60分)一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分。
每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．中央电视台《焦点访谈》多次报道某些边远落后农村电价过高，农民负担过重，其客观原因是电网陈旧老化。
近来进行农村电网改造，为减少远距离输电的损耗而降低电费价格可采用的措施有() A．提高输送功率B．增大输送电流C．提高高压输电电压D．减小输电导线的横截面积解析：提高高压输电电压可减少远距离输电的损耗，故C选项正确，其他选项均错。
答案：C2．电学中的库仑定律、欧姆定律、法拉第电磁感应定律(有关感应电动势大小的规律)、磁场对电流作用的规律都是一些重要的规律，图1为远距离输电系统的示意图(为了简单，设用户的用电器是电动机)，下列选项中正确的是()图1A．发电机能发电的主要原理是库仑定律，变压器能变压的主要原理是欧姆定律，电动机通电后能转动起来的主要原理是法拉第电磁感应定律B．发电机能发电的主要原理是磁场对电流作用的规律，变压器能变压的主要原理是欧姆定律，电动机通电后能转动起来的主要原理是库仑定律C．发电机能发电的主要原理是欧姆定律，变压器能变压的主要原理是库仑定律，电动机通电后能转动起来的主要原理是法拉第电磁感应定律D．发电机能发电的主要原理是法拉第电磁感应定律，变压器能变压的主要原理是法拉第电磁感应定律，电动机通电后能转动起来的主要原理是磁场对电流作用的规律解析：发电机是将其他形式的能转化为电能的设备，应用的是法拉第电磁感应定律；变压器是由电流的变化产生磁场的变化，从而使得线圈内的磁通量发生变化，产生感应电流，也是应用法拉第电磁感应定律；电动机是将电能转化为其他形式能的设备，通电导线在磁场中要受到力的作用从而运动，是磁场对电流作用规律的应用。
答案：D3．远距离输送一定功率的交变电流，若输电电压提高到原来的n倍，则下列说法中正确的是 ( )A ．输电线上的电流变为原来的n 倍B ．输电线上的电压损失变为原来的1/n 2C ．输电线上的电功率损失变为原来的1/nD ．若输电线上的电功率损失不变，输电线路长度可变为原来的n 2倍解析：P ＝UI ，当U 变为原来的n 倍时，I 变为原来的1n ΔU ＝I n R 线电功率损失：P 损＝(I n)2R 线①输电线电阻R 线＝ρlS ，当l 变为原来的n 2倍时，电阻增大为原来的n 2倍，由①式知P 损不变。
2021_2022学年高中物理第二章交变电流1交变电流学案教科版选修3_2
交变电流必备知识·自主学习一、交变电流干电池电源和手摇发电机均能使小灯泡发光,这两种电源的本质区别是什么?提示:干电池提供直流电,而手摇发电机提供交流电。
1.恒定电流:大小和方向都不随时间变化的电流。
2.交变电流:大小和方向随时间做周期性变化的电流,简称交流电。
3.正弦交变电流:电流随时间按正弦函数规律变化的交变电流,简称正弦交流电。
二、正弦交变电流的产生和表述1.产生:闭合矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时, 线圈中产生的感应电流。
2.表述:(1)电动势:e=E m sinωt,E m=NBSω。
(2)电流:i=I m sinωt。
(3)电压:u=U m sinωt。
3.中性面:中性面的特点有①④⑤。
①线圈平面与磁场垂直。
②线圈平面与磁场平行。
③穿过线圈的磁通量为零。
④穿过线圈的磁通量最大。
⑤线圈越过中性面时电流的方向改变。
关键能力·合作学习知识点一直流电和交变电流1.直流电分类及图像:(1)大小和方向都不随时间改变的电流叫恒定电流,如图甲所示。
(2)方向不随时间改变而大小随时间改变的电流叫脉冲直流电,如图乙所示。
2.交变电流的分类及图像:(1)正弦交流电随时间变化的图像是一条正弦曲线,如图所示。
从图中可以知道正弦交流电的最大值I m和周期T。
(2)非正弦交流电的形式多种多样,如图是几种常见的交变电流的图像。
【典例】(2020·莱西高二检测)图中各图线不表示交流电的是( )【解析】选B。
交流电是指电流的方向发生变化的电流,电流的大小是否变化对其没有影响,电流的方向变化的有A、C、D,B是直流,本题选不是交流电的,故选B。
1.(多选)如图所示的四种随时间变化的电流图像,其中属于交变电流的是 ( )【解析】选C、D。
电流的大小和方向都随时间做周期性变化的电流是交变电流,A、B所示的电流虽然大小做周期性变化,但电流的方向不变,所以不是交变电流,选项C、D正确,A、B错误。
高二物理(人教版教科版通用) 交变电流 2教案
思维方法重点难点教学重点通过实验探究交变电流，让学生理解和掌握交变电流的产生过程及其变化规律。
教学难点在定量探究交变电流规律的过程中，培养学生发现问题、解决问题的能力。
教学思路重点突出，难点突破：通过矩形线圈在匀强磁场中匀速转动一周的演示，立体图结合侧视图分析，使学生理解交变电流产生的原理和方向变化特点。
推导瞬时电动势大小时，通过侧视图分析线圈运动方向与磁场方向之间的关系，利用导体切割磁感线方法来处理，使问题容易理解。
教学过程创设情境，导入新课实验：学生电源交流档与电流传感器组成回路，使学生认识交变电流交变电流的产生下面我们来详细了解一下实验室常见的手摇发电机的基本构造（多媒体投影结构图如图所示）．师：磁极N与S间提供近似的匀强磁场，线框的ab边穿过圆环k 但不接触，与圆环l相连接，cd边跟圆环k相连接，AB是金属制成的电刷，分别压在两个圆环kl上，可以保证线圈在转动时通过圆环和电刷始终与外电路的连接，摇动手柄通过转轮，皮带带动线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴转动师：工业上在产品设计出来之后，对产品的性能特点必须全面了解。
为了更好地利用这台发电机发出来的电，我们需要进一步研究这种电流的产生过程，弄清电流大小、方向分别是如何变化的．师：要研究电流的大小是如何变化的，我们需要什么理论工具？生：法拉第电磁感应定律．师：要研究电流的方向是如何变化的，我们需要什么理论工具？生：楞次定律，右手定则．师：为了简单起见，我们将线圈简化为单匝线圈，且为了更好地帮助大家建构线圈在磁场中的转动情景，我这里呈现了一个模型教具，可以直观地展示线圈的转动情况．为了便于解决问题，我们常常通过视角转换的方式将立体图转换为平面图。
交流发电机一个周期内转动过程的示意图如图所示．请同学们把这几幅立体图转化为平面图，并结合平面图分析这几个特殊位置有什么特点，填入表格．生：绘制平面图并填写教师课前设计好的表格，结束后相互讨论交流，达成共识．结果如图及表所示．特殊位置甲乙丙丁甲磁通量最大0最大0 最大感应电动势0最大0 最大0感应电流0最大0 最大0ab边感应电流方向无b-a 无a-b 无师：假设ab边电流从b流向a的方向为正，反之为负，在横坐标轴上标出线圈到达甲、乙、丙、丁、甲几个位置时对应的时刻,大致画出磁通量随时间变化的曲线，以及感应电流随时间变化的曲线。
第五章 交变电流第2节 课时跟踪训练
第五章 交变电流第2节 课时跟踪训练(时间30分钟，满分60分)一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分。
每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．如图1所示，已知交流电源的电动势为e ＝2202sin100πt V ，电阻R ＝2 200 Ω，则电路中交流电流表和电压表的示数分别为 ( )A ．0.1 2 A,220 2 V图1B ．0.1 A,220 2 VC ．0.1 2 A,220 VD ．0.1 A,220 V解析：交流电流表、电压表的读数都为有效值，所以U ＝22022V ＝220 V ，I ＝U R ＝2202 200A ＝0.1 A ，所以选D 。
答案：D2．阻值为10 Ω的电阻接到电压波形如图2所示的交流电源上。
以下说法中正确的是( ) A ．电压的有效值为10 V B ．通过电阻的电流有效值为22A图2C ．电阻消耗的电功率为5 WD ．电阻每秒钟产生的热量为10 J解析：根据图象可知电压最大值为U m ＝10 V ，有效值为U ＝102V ，电流有效值为I ＝U R ＝22 A ，电阻消耗的电功率为P ＝I 2R ＝(22)2×10 W ＝5 W 。
每秒种产生的热量为Q ＝Pt ＝5 J 。
答案：BC3．一电阻接一直流电源，通过4 A 的电流时热功率为P ，若换接一正弦交流电源，它的热功率变为P2，则该交流电电流的最大值为( )A ．4 AB ．6 AC ．2 AD ．4 2 A解析：由P ＝I 2R 得R ＝P I 2＝P 16，接交流电时，P 2I ′2P 16，2I ′2＝16。
I ′＝42 A ，所以I m ＝ 2 I ′＝4 A 。
应选A 。
答案：A4．夏天空调器正常工作时，制冷状态与送风状态交替运行。
一空调器在不同工作状态下电功率随时间变化的关系如图3所示，此空调器运转1 h 用电( )图3A ．1.0度B ．1.5度C ．2.0度D ．2.5度解析：由图象知，电功率随时间的变化周期为15 min ，前5 min 为0.5 kW ，后10 min 为2 kW 。
第五章 交变电流第3节 课时跟踪训练
第五章交变电流第3节课时跟踪训练(时间30分钟，满分60分)一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分。
每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．下列说法中正确的是() A．低频扼流圈对低频交流有很大阻碍作用，而对高频交流的阻碍较小B．高频扼流圈对高频交流有很大阻碍作用，而对低频交流的阻碍作用较小C．电感线圈在交流电路中有感抗来阻碍电流，电流越强感抗越大D．电容器在交流电路中有容抗来阻碍电流，电容越大阻碍越强解析：低频扼流圈“通直流、阻交流”，对高频交流阻碍作用更大，A错。
高频扼流圈“通直流、通低频、阻高频”，对高频交流阻碍作用大，对低频交流阻碍作用小，B对，线圈对交变电流的阻碍与电流的强弱无关，C错。
由影响容抗大小的因素可知电容越大，容抗越小，阻碍作用越小，D错。
答案：B2．下列说法中，正确的是()A．电感对交流电的阻碍作用是因为电感存在电阻B．电容对交流电的阻碍作用是因为电容器的电阻C．感抗、容抗和电阻一样，电流通过他们做功时都是电能转化为内能D．在交变电路中，电阻、感抗、容抗可以同时存在解析：电感对交流电的阻碍作用是因为电感中自身电流发生变化而产生电磁感应现象，即感应电流磁场对原磁场有阻碍作用，选项A错误。
电容对交流电的阻碍作用是因为：对于导线中的自由电荷形成的电流来说，当电源的电压推动它们向某一方向做定向运动时，电容器两极板上积累的电荷却反抗它们在这个方向的定向运动，这就产生了电容器对交流电的阻碍作用，选项B错误。
对于感抗，电流通过他们做功时是电能和磁场能相互转化；对于容抗，是电能与电场能的往复转化，选项C错误。
只有D是对的。
答案：D3.如图1所示的电路中，正弦交流电源电压的有效值为220 V，则关于交流电压表的示数，以下说法中正确的是()A．等于220 V B．大于220 VC．小于220 V D．等于零图1解析：虽然交变电流能通过电容器，但也受到阻碍作用，电容器与电阻串联，根据分压原理可知电阻两端的电压小于电源电压，电压表测的是电阻两端的电压，C正确。
高二物理交变电流测试题(含答案和解析)
综合检查一、单项选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．下列关于交流电的说法中正确的是( )A ．交流电器设备上所标的电压和电流值是交流电的峰值B ．用交流电流表和电压表测定的读数值是交流电的瞬时值C ．给定的交流数值，在没有特别说明的情况下是指有效值D ．跟交变电流有相同的热效应的直流电的数值是交流电的平均值解析：选C.对于交变电流，在没有特别说明的情况下是指有效值，交流电流表和电压表的读数值是交流电的有效值，交流电器的铭牌上所标的电压和电流也是有效值，所以A 、B 、D 错误，C 正确．2．如图3－5是交流发电机的示意图，图甲到图丁分别表示线圈转动过程中的四个位置，其中甲、丙中的线圈与磁场方向垂直，乙、丁中线圈与磁场方向平行，则在线圈转动的过程中直流电流表有示数的位置是( )图3－5 A ．甲、丙 B ．乙、丁C ．甲、乙D ．丙、丁解析：选B.线圈转动中感应电流时刻在变化，位于中性面位置时磁通量最大，但感应电流最小，等于零．位于与中性面垂直位置时，磁通量最小，但感应电流最大，故选B.3．图3－6中的四幅图是交流电的图象，其中能正确反映我国居民日常生活所用交流电的是( )图3－6解析：选C.我国居民用电是有效值为U ＝220 V ，频率为50 Hz 的正弦交流电，故其最大值为U m ＝ 2 U ＝311 V ，周期为T ＝1f ＝0.02 s ，选项C 正确．4．如图3－7所示，有一矩形线圈abcd 在匀强磁场中分别绕轴O 1O 1′和中轴O 2O 2′以同样的角速度匀速转动，那么此线圈在以O 1O 1′和O 2O 2′分别为轴旋转到线圈平面与磁感线平行时，可产生的感应电流之比为( )图3－7 A ．1∶2 B ．2∶1C ．1∶4D ．1∶1解析：选D.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的最大感应电动势E m ＝NBSω，与转轴位置无关，故在题中两种情况下转动一周时，产生的感应电流是相等的，故D 项正确．5．一个电热器接在10 V 的直流电源上，消耗的功率是P ，当把它接到一正弦波形交流电源上时，消耗的功率是P /4，则该交流电源的电压的最大值是( )A ．5 VB ．7.07 VC ．10 VD ．14.14 V解析：选B.由电流的热效应算出有效值：102R ＝4×U 2R，得有效值为5 V ，则最大值为：5× 2 V ≈7.07 V.6．某交流电电压为u ＝102sin314t (V)，则( )A ．击穿电压为10 V 的电容器能直接接在此电源上B ．把电磁打点计时器接在此电源上，打点周期为0.01 sC ．把额定电压为10 V 的小灯泡直接接在此电源上，小灯泡将被烧坏D ．把额定电压为10 V 的小灯泡直接接在此电源上，小灯泡能正常发光解析：选D.从交变电压的最大值可知，该交变电压的有效值为10 V ，小灯泡可接在该电源上，并且能正常发光，击穿电压为10 V 的电容器不能接在该电源上，因为电容器的击穿电压为最大值，由此可见选项D 正确，选项A 、C 均错误；从瞬时值方程可以读出ω＝314＝100π，得该交变电源的周期为0.02 s ，选项B 错误．7．(2011年杭州高二检测)交变电压的瞬时值为u ＝U m sin100πt (V)，当t ＝1600s 时，u ＝5 2 V ，则从电压表上看到的读数为( ) A. 2 V B ．5 2 VC ．10 2 VD ．10 V解析：选D.将t ＝1600s 及u ＝5 2 V 代入u ＝U m sin100πt (V)，可以求得最大值U m ＝10 2 V ，有效值为10 V ，电压表的读数为有效值，故D 对．8．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，从中性面开始转动180°的过程中，平均感应电动势和最大感应电动势之比为( )A ．π/2B ．2/πC ．2πD ．π解析：选B.设矩形线圈面积为S ，匀速转动角速度为ω，磁感应强度为B ，则转动180°的过程中平均电动势E ＝2BSωπ，转动180°的过程中最大感应电动势为E m ＝BSω.故E E m ＝2π，选项B 正确．9．“二分频”音箱有两个不同口径的扬声器，它们的固有频率分别处于高音、低音频段，分别称为高音扬声器和低音扬声器，音箱要将扩音器送来的含不同频率的混合音频电流按高、低频段分离出来，送往相应的扬声器，以便使电流所携带的音频信息按原比例还原成高、低频的机械振动．图3－8为音箱的电路图，高、低频混合电流由a 、b 输入，L 1和L 2是线圈，C 1和C 2是电容器，则( )图3－8 A ．甲扬声器是高音扬声器B ．C 2的作用是阻碍高频电流通过乙扬声器C ．L 1的作用是阻碍低频电流通过甲扬声器D ．L 2的作用是减弱乙扬声器的低频电流解析：选D.电路中的电感和电容作用可以简单概括为：电感是通直流、阻交流，通低频、阻高频；电容是通交流、隔直流，通高频、阻低频．10．(2011年莆田高二检测)三个相同的电阻，分别通过如图3－9甲、乙、丙所示的交变电流，三个图中的I 0和周期T 相同．下列说法中正确的是( )图3－9 A ．在相同时间内三个电阻发热量相等B ．在相同时间内，甲、乙发热量相等，是丙发热量的2倍C ．在相同时间内，甲、丙发热量相等，是乙发热量的1/2D ．在相同时间内，乙发热量最大，甲次之，丙的发热量最小解析：选C.甲图象电流的有效值为12I 0，乙图象电流的有效值为I 0，丙图象根据电流有效值的定义有：I 20R T 2＝I 2RT ，解得电流有效值I ＝12I 0，根据焦耳定律相同时间内产生热量之比等于有效值的平方比，Q 1∶Q 2∶Q 3＝1∶2∶1，C 对．二、填空题(本题共2小题，每小题6分，共12分．按题目要求作答) 11．有一个电子元件，当它两端的电压的瞬时值高于e ＝110 2 V 时则导电，低于e ＝110 2 V 时不导电，若把这个电子元件接到220 V 、50 Hz 的正弦交流电的两端，则它在1 s 内导电________次，每个周期内的导电时间为________．解析：由题意知，加在电子元件两端电压随时间变化的图象如图所示，表达式为u ＝2202sin ωt 其中ω＝2πf ，f ＝50 Hz ，T ＝1f＝0.02 s ， 得u ＝2202sin100πt把u ′＝110 2 V 代入上述表达式得到 t 1＝1600 s ，t 2＝5600s 所以每个周期内的导电时间为Δt ＝2(t 2－t 1)＝4300 s ＝175 s. 由所画的u －t 图象知，一个周期内导电两次，所以1 s 内导电的次数为n ＝2t T＝100.答案：100175s 12．如图3－10所示，为某交变电动势随时间变化的图象，从图象中可知交变电动势的峰值为________ V ．周期T 是________s ，交变电动势变化最快的时刻是________，穿过产生此电动势的线圈的磁通量变化最快的时刻是________，若此交流线圈共100匝，则穿过此线圈的最大磁通量是________Wb.图3－10解析：由图象可知周期为0.02 s ，最大电动势为310 V ，图象的斜率表示电动势变化的快慢，变化最快时刻应该是nT /2，根据法拉第电磁感应定律电动势最大的时刻应该是磁通量变化最快的时刻，是(2n ＋1)T /4，由最大值公式可以求出最大磁通量，则⎩⎪⎨⎪⎧E m＝nBSω＝nΦm ωΦm ＝E m nω＝310100×100πWb ＝311000π Wb. 答案：见解析三、计算题(本题共4小题，共48分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．(10分)(2011年泉州高二检测)一个面积为S 的矩形线圈在匀强磁场中以一边为轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直．线圈中感应电动势e 与时间t 的关系如图3－11所示，感应电动势最大值和周期可由图中读出，则磁感应强度是多少？当t ＝T 12时，线圈平面与磁感线的夹角等于多少？图3－11解析：从题图中可以看出，当t ＝0时，e ＝E m .此时线圈平面与磁感线的夹角为0°，也就是线圈平面与磁感线平行，所以E m ＝NBωS ＝NBS 2πT ，N ＝1，B ＝E m T 2πS .当t ＝T 12时，线圈转过角度为ωt ＝2πT ×T 12＝π6＝30°.此时线圈平面与磁感线夹角为30°. 答案：E m T 2πS30° 14．(10分)(2011年济南高二检测)如图3－12所示，单匝线圈在匀强磁场中绕OO ′轴从图示位置开始匀速转动，已知从图示位置转动π6时，线圈中感应电动势大小为10 V ，求：图3－12 (1)交变电动势的峰值；(2)线圈从图示位置转动π2的过程中，交变电动势的平均值．解析：(1)交变电动势的瞬时值为e ＝E m sin ωt V ，将ωt ＝π6，e ＝10 V 代入上式，有10 V ＝E m sin π6，解得E m ＝20 V . (2)线圈从图示位置转过π2的过程中，磁通量的变化量为ΔΦ＝BS ，经历的时间Δt ＝π2ω，此过程中交变电动势的平均值：e ＝ΔΦΔt ＝2BωS π＝2π·E m ＝2π×20 V ＝12.7 V . 答案：(1)20 V (2)12.7 V15．(14分)(2011年三明市高二检测)如图3－13所示，N ＝50匝的矩形线圈abcd ，边长ab ＝20 cm ，ad ＝25 cm ，放在磁感应强度B ＝0.4 T 的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO ′轴以n ＝3000 r/min 的转速匀速转动，线圈电阻r ＝1 Ω，外电路电阻R ＝9 Ω，t ＝0时，线圈平面与磁感线平行，ab 边正转出纸外、cd 边转入纸里．图3－13(1)在图中标出t ＝0时感应电流的方向；(2)写出线圈感应电动势的瞬时表达式；(3)从图示位置转过90°过程中流过电阻R 的电荷量是多大？解析：(1)根据ab 、cd 切割磁感线，由右手定则可得线圈中感应电流方向a →d →c →b →a .(2)线圈的角速度ω＝2πn ＝2×π×300060rad/s ＝100π rad/s.设ab 边在t ＝0时刻速度为v ab ，图示位置的感应电动势最大，其大小为E m ＝2NB ab ·v ab＝NB ab ·ad ·ω＝50×0.4×0.20×0.25×100π V＝314 V ，电动势的瞬时表达式为：e ＝314cos100πt V.(3)q ＝I Δt .从t ＝0起转过90°的过程中，Δt 时间内流过R 的电荷量q ＝N ΔΦΔt (R ＋r )Δt ＝NBS R ＋r＝50×0.4×0.20×0.251＋9C ＝0.1 C.答案：见解析16．(14分)如图3－14所示，矩形闭合金属线圈abcd 的边长分别为l 1和l 2，电阻为R .ab 边是固定转动轴，它恰位于有界匀强磁场的边界处，磁感应强度大小为B .某时刻线圈位置如图所示，磁感线垂直纸面，方向向里．线圈绕固定转动轴匀速转动，角速度大小为ω，从图示位置开始计时，规定电流沿adcb 方向的流动为正方向．图3－14(1)在直角坐标系中画出线圈内感应电流随时间变化的关系图象(画出两个周期)；(2)求此感应电流的有效值．解析：(1)如果在题图所示的右半部区域里也有磁感应强度为B 的匀强磁场，则线圈在绕ab 轴匀速转动时，线圈中将产生正弦交流电，而且是从中性面开始计时的．现在的情况恰好在半个周期内没有感应电流，因此根据正弦交流电的图象画出如图所示的曲线．(2)此感应电流的最大值I m ＝E m R ，感应电动势的最大值E m ＝Bl 1l 2ω，所以I m ＝Bl 1l 2ωR.则电流在T 4～34T 时间内的有效值为I ＝12I m .(12I m )2R ·T 2＝I 2RT ， 即12B 2l 21l 22ω2R 2·R ·T 2＝I 2RT ，故I ＝Bl 1l 2ω2R. 答案：(1)见解析 (2)Bl 1l 2ω2R。
2021-2022学年高中物理 第二章 交变电流 2 描述交流电的物理量课时练习教科版选修3-2
2021-2022学年高中物理第二章交变电流2 描述交流电的物理量课时练习教科版选修3-2年级：姓名：描述交流电的物理量(25分钟·60分)一、选择题(本题共6小题,每小题6分,共36分)1.(多选)一正弦交变电流的电压随时间变化的规律如图所示。
由图可知()A.交变电流的周期是0.02 sB.交变电压的峰值是100 VC.在1.0×10-2 s时线圈与中性面垂直D.交变电压的瞬时表达式是u=100cos50πt(V)【解析】选B、C。
由图像可知,交流电的最大值为U m=100 V,电流的周期为0.04 s,故A错误、B正确;在1.0×10-2s时线圈感应电动势最大,磁通量最小,故此时线圈与中性面垂直,故C正确;交流电的角速度ω==50π rad/s,所以交流电的电压瞬时值的表达式为u=100sin50πt (V),故D错误。
故选B、C。
【加固训练】如图是一正弦式交变电流的电流与时间图像。
此交流电的周期和峰值分别为( )A.0.01 s 10 AB.0.02 s 10 AC.0.02 s 10 AD.0.01 s 10 A【解析】选B。
从图像可以直接读出此交流电的周期和峰值分别为0.02 s 、10 A,选项B正确。
2.如图所示为一交流电压随时间变化的图像。
每个周期内,前三分之一周期电压按正弦规律变化,后三分之二周期电压恒定。
根据图中数据可得,此交流电压的有效值为( )A.7.5 VB.8 VC.3 VD.2 V【解析】选D。
如题图所示,它不是正弦式电流,因此有效值不是等于最大值除以,取一个周期进行分段,在0～0.01 s是正弦式电流,则电压的有效值等于3 V,在0.01～0.03 s是恒定电流,则有效值等于9 V,由电流热效应得:×+×=解得:U=2 V,故D正确。
3.(多选)如图甲所示为风力发电的简易模型。
在风力的作用下,风叶带动与其固定在一起的磁铁转动,转速与风速成正比。
2024_2025学年高中物理第二章交变电流第1节交变电流随堂检测巩固落实含解析教科版选修3_2
交变电流1．如图所示，属于沟通电的是( )解析：选C.方向随时间作周期性变更是交变电流最重要的特征．A、B、D三项所示的电流大小随时间作周期性变更，但其方向不变，它们所表示的是直流电．C选项中电流的方向随时间作周期性变更，故选C.2．如图所示，为演示交变电流产生的装置图，关于这个试验，正确的说法是( )A．线圈每转动一周，指针左右摇摆两次B．图示位置为中性面，线圈中无感应电流C．图示位置ab边的感应电流方向为a→bD．线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变更率为零解析：选C.线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生呈周期性变更的交变电流，线圈经过中性面时电流变更方向，线圈每转动一周，有两次通过中性面，电流方向变更两次，指针左右摇摆一次，故A错；线圈处于图示位置时，ab边向右运动，由右手定则，ab边的感应电流方向为a→b，故C对；线圈平面与磁场方向平行时，ab、cd边垂直切割磁感线，线圈产生的电动势最大，也可以这样认为，线圈平面与磁场方向平行时，磁通量为零，但磁通量的变更率最大，B、D错误．3．如图所示，面积均为S的线圈绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e＝BSωsin ωt的图是( )解析：选 A.线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动，产生的正弦交变电动势为e ＝BSωsin ωt ，由这一原则推断，A 图符合要求；B 图中的转轴不在线圈所在平面内；C 图产生的是余弦沟通电，D 图转轴与磁场方向平行，而不是垂直．故A 正确．4．图中矩形线圈abcd 在匀强磁场中以ad 边为轴匀速转动，产生的电动势瞬时值为e ＝5sin 20t V ，则以下推断正确的是( )A ．此沟通电的频率为10 HzB ．当线圈平面与中性面重合时，线圈中的感应电动势为0C ．当线圈平面与中性面垂直时，线圈中的感应电流为0D ．线圈转动一周，感应电流的方向变更一次解析：选B.依据e ＝5sin 20t (V)，得：ω＝20 rad/s ，所以f ＝ω2π＝10πHz ，A 错误；当线圈平面与中性面重合时，线圈边的切割速度最小，即线圈中的感应电动势为零，B 正确；当线圈平面与中性面垂直时，线圈边的切割速度最大，线圈中的感应电流最大，C 错误；线圈每经过一次中性面，电流方向变更一次，转动一周，线圈两次经过中性面，因此电流的方向变更两次，D 错误．5．一矩形线圈在匀强磁场中以一边为轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直，线圈中感应电动势e 与时间t 的关系如图所示，在T12时刻，线圈平面与磁感线的夹角等于________．解析：由图并结合题意可知该交变电流为正弦电流，其电动势的表达式为e ＝E m cos 2πTt在t ＝T 12时，e ＝32E m依据电动势的表达式e ＝E m cos θ得cos θ＝32故可以确定此时线圈平面与磁感线的夹角为30°或150°. 答案：30°或150°6．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴转动，线圈共100匝，转速为10πrad/s.在转动过程中，穿过线圈磁通量的最大值为0.06 Wb ，则线圈平面转到与磁感线平行时，感应电动势为多少？当线圈平面与中性面夹角为π4时，感应电动势为多少？解析：磁通量最大值Φm ＝BS ＝0.06 Wb ，线圈平面转到与磁感线平行时，感应电动势最大．E m ＝nBSω＝100×0.06×10π V ＝60πV ＝19.1 V.感应电动势瞬时值表达式：e ＝E m sin ωt 当ωt ＝π4时，e ＝60πsin π4 V ＝302π V ＝13.5 V.答案：19.1 V 13.5 V一、单项选择题1．如图所示，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ω转动，从线圈平面与磁场方向平行时起先计时，则在π2ω～3π2ω这段时间内( )A ．线圈中的感应电流始终在减小B ．线圈中的感应电流先增大后减小C ．穿过线圈的磁通量始终在减小D ．穿过线圈的磁通量的变更领先减小后增大解析：选B.依据ω＝2πT ，π2ω＝T 4，3π2ω＝34T ，由于从线圈平面与磁场方向平行时起先计时，故T 4～34T 时间内线圈中的感应电流先增大后减小，穿过线圈的磁通量先减小后增大，而磁通量的变更领先增大后减小，故B 正确．2．把一段确定的导线做成线圈，在确定的磁场中绕垂直于磁场的轴线以固定的转速转动，产生的沟通电动势最大的状况是( ) A ．做成方形线圈，线圈平面垂直于转轴 B ．做成方形线圈，转轴通过线圈平面 C ．做成圆形线圈，转轴通过线圈平面 D ．做成圆形线圈，线圈平面垂直于转轴解析：选C.若周长相等，则圆的面积最大，据E m ＝nBSω知，应做成圆形线圈，若线圈平面垂直于转轴，则线圈平面与磁场平行，故磁通量始终为零，故转轴应通过线圈平面．3．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，从中性面起先转动180°过程中，平均感应电动势和最大感应电动势之比为( ) A.π2 B ．2π C ．2πD ．π解析：选B.线圈转动180°过程中的平均感应电动势：E ＝ΔΦΔt ＝2BS π/ω＝2BSωπ；最大值：E m ＝BSω，平均值和最大值之比：E /E m ＝2/π，故B 选项正确．4.如图所示，一矩形线圈abcd 放置在匀强磁场中，并绕过ab 、cd 中点的轴OO ′以角速度ω逆时针匀速转动．若以线圈平面与磁场夹角θ＝0°时(如图)为计时起点，并规定当电流自a 流向b 时电流方向为正．则下列四幅图中正确的是( )解析：选D.从题图可看出线圈从垂直于中性面起先旋转，由楞次定律可推断，初始时刻电流方向为b 到a ，故瞬时电流的表达式为i ＝－i m cos ωt ，故D 正确．5．如图所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的正弦沟通电的图像，当调整线圈转速后，所产生的正弦沟通电的图像如图线b 所示．以下关于这两个正弦沟通电的说法中正确的是( )A ．线圈先后两次转速之比为1∶2B ．沟通电a 的电压瞬时值u ＝10sin 0.4πt VC ．沟通电b 的电压峰值为203VD ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量为零解析：选C.周期之比为2∶3，频率之比为3∶2，转速之比也为3∶2，选项A 错误．沟通电a 的角速度为ω＝2πT ＝2π0.4≠0.4π，选项B 错误．电压的最大值为U m ＝NBSω，可见最大值之比也是3∶2，则沟通电b 的电压峰值为203 V ，选项C 正确．在图中t ＝0时刻电压为零，表明线圈正好通过中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，选项D 错误．6．如图甲、乙所示，一根长直的通电导线中的电流按正弦规律变更，规定电流从左向右为正，在直导线下方有一不闭合的金属框，则相对于b 点来说，a 点电势最高的时刻在( )A ．t 1时刻B ．t 2时刻C ．t 3时刻D ．t 4时刻解析：选D.线框中的磁场是直导线中的电流i 产生的， 在t 1、t 3时刻，电流i 最大，但电流的变更率为零，穿过线框的磁通量变更率为零，线框中没有感应电动势，a 、b 两点间的电势差为零．在t 2、t 4时刻，电流i ＝0，但电流变更率最大，穿过线框的磁通量变更率最大，a 、b 两点间的电势差最大，再依据楞次定律可得出a 点相对b 点电势最高时刻在t 4，D 正确． 二、多项选择题7．一个匝数N ＝100匝的线圈所包围的面积S ＝0.02 m 2，在匀强磁场B ＝0.5 T 中绕垂直于磁感线的轴以角速度ω＝100π rad/s 匀速转动时，在线圈中产生沟通电，若线圈通过中性面时起先计时，那么在下列四图中，能够反映线圈中感应电动势随时间变更的图像可能是( )解析：选BD.由于从中性面起先计时，故t ＝0时感应电动势为零，由此可确定A 、C 错误，B 、D 正确．8．如图所示，甲、乙两个并排放置的共轴线圈，甲中通有如图丙所示的电流，则( )A．在t1到t2时间内，甲、乙相吸B．在t2到t3时间内，甲、乙相斥C．t1时刻两线圈间作用力为零D．t2时刻两线圈间吸引力最大解析：选ABC.甲回路电流减弱时，据楞次定律知，乙回路将产生与甲同向环绕的感应电流．甲、乙之间通过磁场发生相互作用，甲、乙相吸．同理，当甲中电流增加时，甲、乙相互排斥．故选项A、B都正确．在t1时刻，甲中电流产生的磁场变更率为零，则乙线圈感生电流瞬时值为零，而t2时刻，虽然乙中感生电流最强，但此时甲中电流瞬时值为零，所以t1、t2时刻，甲、乙电流间相互作用力都为零．9．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生沟通电，如图所示，下列说法中正确的是( )A．当穿过线圈的磁通量最大时，产生的电动势最大B．当穿过线圈的磁通量为零时，产生的电动势最大C．在图示位置时，A边产生的感应电流方向垂直纸面对里D．在图示位置时，A边产生的感应电流方向垂直纸面对外解析：选BC.当线圈平面平行于磁感线时，产生的电动势最大，此时穿过线圈的磁通量为零，选项A错误，B正确；判定感应电流的方向用右手定则，由定则可判定A边感应电流方向垂直纸面对里，选项C正确，D错误．10.如图所示，单匝矩形线圈abcd的边长分别是ab＝L，ad＝D，线圈与磁感应强度为B的匀强磁场平行，线圈以ab边为轴做角速度为ω的匀速转动，下列说法中正确的是(从图示位置起先计时)( )A．t＝0时线圈的感应电动势为0B ．转过90°时线圈的感应电动势为0C ．转过90°的过程中线圈中的平均感应电动势为12ωBLDD ．转过90°的过程中线圈中的平均感应电动势为2ωBLDπ解析：选BD.由题意t ＝0时，B ∥S ，此时感应电动势最大，当线圈转过90°时，线圈位于中性面位置时，感应电动势为0，故选项A 错误，选项B 正确；线圈转过90°过程中ΔΦ＝BS ＝BLD ，所用时间Δt ＝θω＝π2ω.由法拉第电磁感应定律知：E -＝ΔΦΔt ＝2ωBLDπ，故选项C错误，选项D 正确． 三、非选择题11．如图所示，一边长为l 的正方形线圈MNPQ 绕对称轴OO ′在匀强磁场中转动，转速为n ＝120 r/min ，若已知边长l ＝20 cm ，匝数N ＝20，磁感应强度B ＝0.2 T ，求：(1)转动中的最大电动势及位置；(2)从中性面起先计时电动势的瞬时值表达式； (3)从图示位置转过90°过程中的平均电动势．解析：(1)当线圈平面转到与磁感线平行时，MN 、PQ 两边均垂直切割磁感线，这时线圈中产生的感应电动势最大，即E m ＝NBSω＝20×0.2×0.22×2π×2 V ≈2 V. (2)电动势的瞬时值表达式为e ＝E m sin ωt ＝2sin 4πt V. (3)E ＝N ΔΦΔt ＝20×0.2×0.2214×2π2π×2 V ＝1.28 V.答案：(1)2 V 线圈平面与磁感线平行 (2)e ＝2sin 4πt V (3)1.28 V12．如图所示为试验室演示用手摇发电机模型，匀强磁场的磁感应强度为B ＝0.5 T ，线圈匝数N ＝50，每匝线圈面积S ＝0.048 m 2，转速n ＝75.0 r/min ，在匀速转动中从图示位置线圈转过90°起先计时．(1)写出交变电流电动势瞬时值表达式． (2)画出e －t 图线． 解析：(1)线圈转动的角速度ω＝2πn 60＝2π×7560 rad/s ＝5π2rad/s ， 线圈中电动势的峰值为E m ＝NBSω＝50×0.5×0.048×5π2V ＝3π V 瞬时值表达式为e ＝E m sin ωt ＝3πsin5π2t (V)． (2)从中性面起先计时，则e －t 图线为：答案：(1)e ＝3πsin 52πt (V) (2)见解析。
2024秋新教材高中物理课时跟踪检测十一描述交变电流的物理量粤教版选择性必修第二册
课时跟踪检测（十一） 描述交变电流的物理量A 组—重基础·体现综合1．下列关于交变电流的说法正确的是( ) A ．若交变电流的峰值为5 A ，则它的最小值为－5 A B ．用沟通电流表测交变电流时，指针来回摇摆C ．我国工农业生产和生活用的交变电流频率为50 Hz ，故电流方向每秒变更100次D ．正弦式交变电流i ＝20sin(10πt )A 的峰值为20 A ，频率为100 Hz解析：选C 电流的负值表示电流方向与规定正方向相反，不表示大小，A 项错误；沟通电流表测交变电流时，指针不会来回摇摆，B 项错误；我国工农业生产和生活用的交变电流，周期为0.02 s ，沟通电方向一个周期变更两次，所以每秒变更100次，C 项正确；由ω＝2πf ，得正弦式交变电流i ＝20sin (10πt )A 的频率为 5 Hz ，D 项错误。
2．如图所示是一个正弦式交变电流的i t 图像，下列说法正确的是( )A ．周期是0.2 s ，电流的峰值是10 AB ．周期是0.15 s ，电流的峰值是10 AC ．频率是5 Hz ，电流的有效值是10 AD ．频率是0.2 Hz ，电流的有效值是7.07 A解析：选A 由图像可知T ＝0.2 s ，I m ＝10 A ，故频率f ＝1T ＝5 Hz ，I ＝I m2＝5 2 A ＝7.07 A ，选项A 正确，B 、C 、D 错误。
3．(多选)匀强磁场中有一长方形导线框，分别以相同的角速度绕图a 、b 、c 、d 所示的固定转轴旋转，用I a 、I b 、I c 、I d 表示四种状况下线框中电流的有效值，则( )A ．I a ＝I dB ．I a >I bC ．I b >I cD ．I c ＝I d解析：选AD 线圈在匀强磁场中转动，产生的感应电动势与固定转轴所处的位置无关。
电动势相同，电流的有效值相同，选项A 、D 正确。
4．(多选)一矩形线圈在匀强磁场中以角速度4π rad/s 匀速转动，产生的交变电流的e t 图像如图所示，则( )A ．交变电流的频率是4π HzB ．当t ＝0时，线圈平面与磁感线垂直C ．当t ＝0.5 s 时，e 有最大值D ．交变电流的周期是0.5 s解析：选BD 由ω＝2πf 得交变电流的频率为f ＝2 Hz ，所以周期为0.5 s ，A 错误，D 正确；当t ＝0时，电动势最小，磁通量最大，线圈平面与磁感线垂直，B 正确；当t ＝0.5 s 时，恰好是一个周期，e 为0，所以C 错误。
高中物理第五章交变电流课时跟踪检测二十五描述交变电流的物理量含解析新人教版选修3_220190412295
课时跟踪检测（二十五） 描述交变电流的物理量1．在阻值为70 Ω的电阻中通以正弦交变电流，测得在10 min 内放出的热量为2.1×104J ，则此交变电流的最大值为( )A ．0.24 AB ．0.5 AC ．0.707 AD ．1 A 解析：选D 根据Q ＝I 2Rt 得I ＝12A ，所以I m ＝2I ＝1 A 。
2．如图所示是一个正弦式交变电流的图像，下列说法正确的是( )A ．周期是0.2 s ，电流的峰值是10 AB ．周期是0.15 s ，电流的峰值是10 AC ．频率是5 Hz ，电流的有效值是10 AD ．频率是0.2 Hz ，电流的有效值是7.07 A解析：选A 由图像可知T ＝0.2 s ，I m ＝10 A ，故频率f ＝1T ＝5 Hz ，I ＝I m 2＝5 2 A ＝7.07A ，选项A 正确，B 、C 、D 错误。
3．匝数为100的线圈通有如图所示的交变电流(图中曲线为余弦曲线的一部分)，单匝线圈电阻r ＝0.02 Ω，则在0～10 s 内线圈产生的焦耳热为( )A ．80 JB ．85 JC ．90 JD ．125 J解析：选B 由交变电流的有效值定义知⎝ ⎛⎭⎪⎫32 A 2R ·T 2＋(2 A)2R ·T 2＝I 2RT ， 该交变电流的有效值I ＝172A ，线圈的总电阻R 总＝100×0.02 Ω＝2 Ω， 由Q ＝I 2R 总t 得Q ＝85 J ，选项B 正确。
4．[多选]有两支交变电流表达式分别是：u 1＝1102·sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫100πt ＋π3V ，u 2＝2202·sin ⎝⎛⎭⎪⎫100πt ＋π4V 。
下列说法正确的是( )A ．它们的峰值相同B ．它们的周期相同C ．它们的相位差恒定D ．它们的变化步调一致解析：选BC u 1代表的交流的电压峰值为110 2 V ，角速度为ω＝2πf ＝100π，则频率f ＝50 Hz ，初相位为π3。
物理教科版选修3-2课时跟踪检测：(6) 交变电流 Word版含解析
课时跟踪检测（六）交变电流1．下列说法中正确的是()A．只有大小和方向都不发生变化的电流才是直流电B．如果电流的大小做周期性变化，则一定是交变电流C．交变电流的最大特征是电流的方向发生变化D．交变电流一定是按正弦或余弦规律变化的解析：选C大小和方向都随时间做周期性变化的电流叫做交变电流；直流与交流最主要的区别在于电流的方向是否发生变化，只要方向不变就是直流；交变电流有着不同的形式，如方波电流、锯齿波电流等，不一定都是按正弦或余弦规律变化的。
选项C正确。
2．(多选)下列哪些情况线圈中能产生交变电流()解析：选BCD图A中线圈转动时磁通量总是为零，故不产生交流电，B、C、D三图中的线圈转动时磁通量发生周期性变化，产生交变电流。
3．(多选)图1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1A．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，ab边的感应电流方向是a→bD．图示位置，ab边的感应电流方向是b→a解析：选AC线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生周期性变化的交变电流，线圈经过中性面时电流改变方向，线圈转动一周，有两次经过中性面，电流方向改变两次，指针左右摆动两次，故A正确；线圈平面垂直于磁感线的位置称为中性面，显然图示位置不是中性面，所以B错误；线圈处于图示位置时，ab边向右运动，由右手定则知，ab边的感应电流方向是a →b ，C 正确，D 错误。
4．(多选)如图2所示，一正方形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO ′匀速转动。
沿着OO ′观察，线圈沿逆时针方向转动。
已知匀强磁场的磁感应强度为B ，线圈匝数为n ，边长为l ，电阻为R ，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时( )图2A ．线圈中感应电流的方向为abcdaB ．线圈中的感应电流为nBl 2ωRC ．穿过线圈的磁通量为0D ．穿过线圈的磁通量的变化率为0解析：选BC 图示位置为垂直于中性面的位置，此时通过线圈的磁通量为零，但磁通量的变化率最大，感应电流也最大，I ＝nBSωR ＝nBl 2ωR ，由右手定则可判断出线圈中感应电流的方向为adcba 。
高中物理一轮复习课时跟踪检测(三十五)交变电流的产生及描述含答案
课时跟踪检测（三十五）交变电流的产生及描述对点训练：交变电流的产生和描述1．如图，各图面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e＝BSωsin ωt 的图是( ）解析：选A 由题意可知,只有A、C图在切割磁感线,导致磁通量在变化，产生感应电动势，A中从中性面开始计时，产生的电动势为e＝BSωsin ωt，C中从峰值面开始计时,产生的电动势为e＝BSωcos ωt，故A正确。
2.如图所示的空间存在一匀强磁场，其方向为垂直于纸面向里，磁场的右边界为MN,在MN右侧有一矩形金属线圈abcd，ab边与MN重合。
现使线圈以ab边为轴按图示方向匀速转动(从上往下看为顺时针转动)，将a、b两端连到示波器的输入端，若ab边中电流从a到b为正，则从示波器观察到的ab中电流随时间变化的图形是（）解析：选D 本题可将右侧磁场补全，即矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，会产生正弦式交流电，由楞次定律可知：从中性面开始，电流从0开始，沿负向,可画出完整电流随时间变化的图形,在此基础上,去掉右侧磁场，故电流仅在左侧磁场中切割磁感线而产生电流，故选项D正确.3.(多选)(2017·吉林模拟)如图所示,闭合的矩形导体线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′方向观察，线圈沿顺时针方向转动。
已知匀强磁场的磁感应强度为B,线圈匝数为n，ab边的边长为L1，ad边的边长为L2，线圈电阻为R,转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时( )A．线圈中感应电流的方向为abcdaB．线圈中的感应电动势为2nBL2ωC．穿过线圈的磁通量随时间的变化率最大D．线圈ad边所受安培力的大小为错误!,方向垂直纸面向里解析：选AC 当线圈转至图示位置时由楞次定律可判断出线圈中感应电流的方向为abcda，线圈中的感应电动势为nBL1L2ω，穿过线圈磁通量随时间的变化率最大，选项A、C正确，选项B错误；线圈ad边所受安培力的大小为错误!,方向垂直纸面向里，选项D错误.4．某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交变电流的图像如图所示，由图中信息可以判断( ）A．在A、C时刻线圈处于中性面位置B．在B、D时刻穿过线圈的磁通量为零C．从A～D线圈转过的角度为2πD．若从O～D历时0.02 s，则在1 s内交变电流的方向改变了100次解析：选D 由题中交变电流的图像可知，在A、C时刻产生的感应电流最大，对应的感应电动势最大，线圈处于峰值面的位置，选项A错误；在B、D时刻感应电流为零，对应的感应电动势为零，即磁通量的变化率为零，此时磁通量最大，选项B错误；从A～D，经历的时间为错误!周期，线圈转过的角度为错误!π，选项C错误;若从O～D历时0.02 s，则交变电流的周期为0。
2022年秋新教材高中物理课时跟踪检测十认识交变电流粤教版选择性必修第二册
课时跟踪检测（十）认识交变电流A组—重基础·体现综合1．关于交变电流和直流电的说法中，正确的是( )A．如果电流大小随时间做周期性变化，则一定是交变电流B．直流电的大小和方向一定不变C．交变电流一定是按正弦规律变化的D．交变电流的最大特征就是电流的方向随时间做周期性的变化解析：选D 如果只有电流大小做周期性变化而电流方向不变，则为直流电，故A错误；直流电的大小可以变化，但方向一定不变，故B错误；只要电流的方向随时间做周期性变化就是交流电，不一定是按正弦或余弦规律变化，故C错误；交流电的最大特征是电流的方向随时间发生周期性变化，故D正确。
2．(2021·北师大附中高二检测)如图所示，足够大的匀强磁场中有一个矩形线圈，正绕垂直于磁场的轴以恒定的角速度匀速转动，下列分析正确的是( )A．转动过程中，线圈中产生的感应电动势大小不变B．如果仅将线圈的转轴向右平移一段距离，线圈绕轴转动时产生的感应电动势将增大C．如果仅将线圈的转轴向左平移一段距离，线圈绕轴转动时产生的感应电动势增大D．当线圈从图中位置转过90°时，线圈中产生的感应电动势为0解析：选D 从与中性面垂直的位置开始计时，矩形线圈产生的电动势为u＝NBSωcos ωt，式中N为线圈的匝数，S为线圈的面积，所以电动势大小随时间变化，故A错误；根据上面分析的电动势的表达式可知，转轴向左或者向右移动，感应电动势的表达式不变，故B、C 错误；当线圈从题图中位置转过ωt＝90°时，感应电动势u＝NBSωcos 90°＝0，故D正确。
3．(2021·湛江高二检测)利用示波器可以显示输入信号的波形。
单匝正方形金属线框abcd处在匀强磁场中，以线圈平面内某虚线OO′为轴匀速转动时，线圈内产生的电流随时间的变化关系如示波器所示。
则在四个选项所示的情境中，无论从线圈平面处于哪个位置开始计时，都不可能产生该电流的是( )解析：选A A项中，当线圈绕平面内平行于磁场方向的轴OO′匀速转动时，线圈中的磁通量始终不变，没有感应电流产生，故A不可能产生题图所示电流。
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课时跟踪检测（六）交变电流
1．下列说法中正确的是( )
A．只有大小和方向都不发生变化的电流才是直流电
B．如果电流的大小做周期性变化，则一定是交变电流
C．交变电流的最大特征是电流的方向发生变化
D．交变电流一定是按正弦或余弦规律变化的
解析：选C 大小和方向都随时间做周期性变化的电流叫做交变电流；直流与交流最主要的区别在于电流的方向是否发生变化，只要方向不变就是直流；交变电流有着不同的形式，如方波电流、锯齿波电流等，不一定都是按正弦或余弦规律变化的。
选项C正确。
2．(多选)下列哪些情况线圈中能产生交变电流( )
解析：选BCD 图A中线圈转动时磁通量总是为零，故不产生交流电，B、C、D三图中的线圈转动时磁通量发生周期性变化，产生交变电流。
3．(多选)图1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1
A．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，ab边的感应电流方向是a→b
D．图示位置，ab边的感应电流方向是b→a
解析：选AC 线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生周期性变化的交变电流，线圈经过中性面时电流改变方向，线圈转动一周，有两次经过中性面，电流方向改变两次，指针左右摆动两次，故A正确；线圈平面垂直于磁感线的位置称为中性面，显然图示位置不是中性面，所以B错误；线圈处于图示位置时，ab边向右运动，由右手定则知，ab边的感应电
流方向是a →b ，C 正确，D 错误。
4．(多选)如图2所示，一正方形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO ′匀速转动。
沿着OO ′观察，线圈沿逆时针方向转动。
已知匀强磁场的磁感应强度为B ，线圈匝数为n ，边长为l ，电阻为R ，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时( )
图2
A ．线圈中感应电流的方向为abcda
B ．线圈中的感应电流为nBl 2ωR
C ．穿过线圈的磁通量为0
D ．穿过线圈的磁通量的变化率为0
解析：选BC 图示位置为垂直于中性面的位置，此时通过线圈的磁通量为零，但磁通
量的变化率最大，感应电流也最大，I ＝nBS ωR ＝nBl 2ωR
，由右手定则可判断出线圈中感应电流的方向为adcba 。
5．交流发电机正常工作时产生的电动势e ＝E m sin ωt ，若线圈匝数减为原来的一半，而转速增为原来的2倍，其他条件不变，则产生的电动势的表达式为( )
A ．e ＝E m sin ωt
B ．e ＝2E m sin ωt
C ．e ＝2E m sin 2ωt
D ．e ＝
E m sin 2ωt
解析：选 D 条件改变后，匝数N ′＝N 2，角速度：ω′＝2ω，电动势最大值E m ′＝N ′BS ω′＝NBS ω＝E m ，故有e ′＝E m sin 2ωt ，D 对。
6．(多选)图3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。
线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO ′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像如图乙所示。
以下判断正确的是
( )
图3
A ．通过电阻R 的电流的最大值为10 2 A
B ．线圈转动的角速度为50π rad/s
C ．0.01 s 时线圈平面与磁场方向平行
D ．0.02 s 时电阻R 中电流的方向自右向左
解析：选AC 产生的交变电流的最大值为10 2 A ，因此通过电阻R 的电流的最大值为10 2 A ，A 项正确；由ω＝2πT 可得，线圈转动的角速度为ω＝100π rad/s ，B 项错误；
0.01 s 时，电路中电流最大，故该时刻通过线圈的磁通量最小，即该时刻线圈平面与磁场方向平行，C 项正确；根据楞次定律可得，0.02 s 时电阻R 中电流的方向自左向右，D 项错误。
7．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ω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 ＝π2ω
时刻( )
图4
A ．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 ＝2πω，故t ＝π2ω＝T 4
，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。
8．如图5甲所示，一矩形线圈abcd 放置在匀强磁场中，并绕过ab 、cd 中点的轴OO ′以角速度ω逆时针匀速转动。
若以线圈平面与磁场夹角θ＝45°时(如图乙所示)为计时起点，并规定当电流自a 流向b 时电流方向为正。
则下列四幅图中正确的是( )
图5
解析：选D 由题图可知初始时刻交变电流的方向为adcba ，与规定的电流方向(正方向)
相反，为负值，所以感应电流的表达式为i ＝－I m cos ⎝
⎛⎭⎪⎫ωt ＋π4，故选项D 正确。
9．一个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6甲所示，则下列说法中正确的是( )
图6
A ．t ＝0时刻线圈平面与中性面垂直
B ．t ＝0.01 s 时刻，Φ的变化率达到最大
C ．t ＝0.02 s 时刻，交流电动势达到最大
D ．该线圈相应的交流电动势图像如图乙所示
解析：选B 由题图甲知，当t ＝0时，Φ最大，说明线圈平面与中性面重合，故A 错
误；当t ＝0.01 s 时，Φ＝0最小，Φt 图像的斜率最大，即Φ的变化率ΔΦΔt
最大，故B 正确；当t ＝0.02 s 时，Φ也最大，交流电动势为零，故C 错误；由以上分析可知，D 错误。
10．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，从中性面开始转动180°过程中，平均感应电动势和最大感应电动势之比为( )
A.π2
B.2π
C ．2π
D ．π 解析：选B 线圈转动180°过程中的平均感应电动势：
E ＝ΔΦΔt ＝2BS π/ω＝2BS ωπ
；最大值：E m ＝BS ω，平均值和最大值之比：E E m ＝2π，故B 选项正确。
11．某一发电机线圈面积S ＝0.4 m 2，匝数N ＝500匝，线圈绕轴以1 800 r/min 的转速
匀速转动，产生的电动势的最大值为6 000π V 。
求：
(1)磁感应强度B ；
(2)当线圈平面跟B 的夹角为60°时，每匝线圈产生的感应电动势的瞬时值。
(3)如果线圈平行于磁场时开始计时，写出线圈中电动势的瞬时值表达式。
解析：(1)由E m ＝NBS ω，ω＝2πn ，n ＝1 800 r/min ＝30 r/s ，得
B ＝E m NS ω＝E m 2πnNS ＝ 6 000π2π×30×500×0.4
T ＝0.5 T 。
(2)当线圈平面跟B 的夹角为60°时，每匝线圈产生的感应电动势为e ＝BS ωcos 60°＝0.5×0.4×2π×30×0.5 V＝6π V 。
(3)线圈转至与磁场平行开始计时，则：
e ＝E m cos ωt ＝6 000πcos 60πt V 。
答案：(1)0.5 T (2)6π V (3)e ＝6 000π cos 60πt V
12．如图7(a)、(b)所示，一根长直的通电导线中的电流按正弦规律变化，规定电流从左向右为正，在直导线下方有一不闭合的金属框，则相对于b 点来说，a 点电势最高的时刻在( )
图7
A ．t 1时刻
B ．t 2时刻
C ．t 3时刻
D ．t 4时刻
解析：选D 线框中的磁场是直导线中的电流i 产生的，在t 1、t 3时刻，电流i 最大，但电流的变化率为零，穿过线框的磁通量变化率为零，线框中没有感应电动势，a 、b 两点间的电势差为零。
在t 2、t 4时刻，电流i ＝0，但电流变化率最大，穿过线框的磁通量变化率最大，a 、b 两点间的电势差最大，再根据楞次定律可得出a 点相对b 点电势最高时刻在t 4，D 正确。