2016-2017年《金版学案》物理·选修3-2 (粤教版) 练习 第二章第二节交变电流的描述.doc

第二章交变电流
第二节交变电流的描述
A级抓基础
1．下列各物理量中，对线圈上产生的交流电动势不产生影响的是()
A．匀强磁场的磁感应强度B．线圈的总电阻
C．线圈的转速D．线圈的匝数
解析：E m＝NBSω，e＝E m sin ωt，与B、S、ω、N有关．
答案：B
2．如图所示，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：根据题意可知，产生正弦交变电动势e＝BSωsin ωt的图必须切割磁感线，导致磁通量在变化，从而即可求解．由题意可知，只有A图在切割磁感线，导致磁通量在变化，从而产生正弦交变电动势e＝BSωsin ωt，而B、C、D图均没有导致磁通量变化，故A正确，B、C、D错误．
答案：A
3.如图所示，处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直．在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合，线圈的cd边离开纸面向外运动．若规定a→b→c→d→a方向的感应电流为正方向，则下图能反映线圈感应电流I 随时间t变化的图线是()
解析：在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合，即此时磁通量为零，磁通量变化率最大，所以产生的感应电动势最大，故感应电流最大，根据右手定则，可知电流方向为a→b→c →d→a，所以选C.
答案：C
4．(多选)线圈在磁场中匀速转动产生的交流电的瞬时电动势为e＝102sin 20πt(V)，则下列说法正确的是()
A．t＝0时，线圈平面位于中性面
B．t＝0时，穿过线圈的磁通量最大
C．t＝0时，导线切割磁感线的有效速度最大
D．t＝0.4 s时，e达到峰值10 2 V
解析：根据交流电动势的瞬时值表达式可判断题目所给的交流电为正弦式交变电流，当t＝0时，e＝0，所以此时磁通量的变化率为零，导线切割磁感线的有效速度为零，但此时穿过线圈的磁通量最大，线圈平面位于中性面，所以A、B正确，C错误；当t＝0. 4 s 时，e＝102sin 20πt (V)＝102sin 8π (V)＝0，所以D错误．
答案：AB
5.(多选)线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，由图示可知()
A．在A和C时刻线圈处于磁通量变化率最大位置
B．在A和C时刻穿过线圈的磁通量为最大
C．在B时刻到D时刻线圈转过的角度为π弧度
D．若从B时刻到D时刻经过0.01 s，则在1 s内交变电流的方向改变50次
解析：在A和C时刻，电流最大属于完全切割，线圈中电动势为最大，磁通量变化率最大，磁通量为零．A项对，B项错；在B时刻到D时刻，电流为零到电流为零且相邻．线圈转过的角度为π弧度，则在1 s内交变电流的方向改变100次．C项对，D项错．答案：AC
B级提能力
6.(多选)如图所示，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()
A ．线圈中感应电流的方向为abcda
B ．线圈中的感应电流为nBl 2ω
R
C ．穿过线圈的磁通量为0
D ．穿过线圈的磁通量的变化率最大
解析：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 2ω
R ，由右手定则可判断出线圈中感应电流的方
向为adcba .
答案：BCD
7．如图所示，矩形线圈abcd ，已知ab 为L 1，ad 为L 2，在磁感强度为B 的匀强磁场中绕OO ′轴以角速度ω(从图中位置开始)匀速转动，则线圈中感应电动势的大小为( )
A ．1
2
BL 1L 2ωsin ωt
B ．1
2
BL 1L 2ωcos ωt
C ．BL 1L 2ωsin ωt
D ．BL 1L 2ωcos ωt
解析：线圈经过时间t 时，转过角度θ，这时ab 、cd 边切割磁感线产生感应电动势e ab
＝BL 1v sin θ，e cd ＝BL 1v sin θ，bc ，ad 边不切割磁感线不产生感应电动势，故线圈中的感应电动势为e ＝e ab ＋E cd ＝2BL 1v sin θ＝2BL 1·1
2L 2ωsin ωt ＝BL 1L 2ωsin ωt ，故正确选项应为
C.
答案：C
8．如图所示，矩形线圈abcd 在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P 1和P 2
以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时( )
A ．线圈绕P 1转动时的电流等于绕P 2转动时的电流
B ．线圈绕P 1转动时的电动势小于绕P 2转动时的电动势
C ．线圈绕P 1和P 2转动时电流的方向相同，都是a →b →c →d
D ．线圈绕P 1转动时cd 边受到的安培力大于绕P 2转动时cd 边受到的安培力 解析：无论是绕P 1转动还是绕P 2转动，线圈转到图示位置时产生的电动势都为最大值
E m ＝nBS ω，由欧姆定律可知此时I 相等，A 对，B 错；由右手定则可知线圈中电流方向为a →d →c →b →a ，故C 错；cd 边所受的安培力
F ＝BL cd I ，故F 一样大，D 错．
答案：A
9．一台发电机产生的按正弦规律变化的感应电动势的最大值为311 V ，其线圈共100匝，在匀强磁场中匀速转动的角速度是100π rad/s ，从线圈经过中性面开始计时
(1)写出感应电动势的瞬时值表达式．
(2)若该发电机只与含电阻的负载组成闭合电路，电路中的总电阻为100 ω，试写出通过负载的电流强度的瞬时表达式．在t ＝
1
600
s 时电流强度的瞬时值为多少？ (3)线圈转过180°的过程中，电动势的平均值是多少？ (4)磁通量的变化率的最大值是多少？
解析：(1)正弦交变电流的电动势一般表达式为： e ＝E m sin ωt (以中性面开始计时)， 所以e ＝311sin 100 πt (V)． (2)由闭合电路欧姆定律得：
i ＝e R ＝E m
R sin ωt ，即i ＝3.11sin 100πt (A)， 故在t ＝
1600 s 时，i ＝3.11sin π
6
A ≈1.56 A. (3)线框在转过180°的过程中，磁通量的变化：ΔФ＝2BS ， 此时Δt ＝T 2
＝π
ω，
由法拉第电磁感应定律得这一过程中的平均电动势： E ＝n ΔΦΔt ＝2π
nBS ω，所以E ＝2πE m ＝198 V .
(4)电动势最大时，由法拉第电磁感应定律得E ＝n ΔΦ
Δt ，则：
ΔΦ
Δt
＝3.11 Wb/s. 答案：见解析
10．如图所示，在匀强磁场中有一个“n”形导线框可绕AB 轴转动，已知匀强磁场的磁
感应强度B ＝
52
π
T ，线框的CD 边长为l 1＝20 cm ，CE 、DF 边长均为l 2＝10 cm ，转速为50 r/s.若从图示位置开始计时：
(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)在e-t 坐标系中作出线框中感应电动势随时间变化关系的图象．
解析：(1)线框转动，开始计时的位置为线圈平面与磁感线平行的位置，产生的交变电流按余弦规律变化，在t 时刻线框转过的角度为ωt ，此时刻e ＝BS ωcos ωt ，
即e ＝BS ωcos ωt ，其中B ＝52
π
T ， S ＝0.1×0.2 m 2＝0.02 m 2，
ω＝2πn ＝2π×50 rad/s ＝100π rad/s ， 故e ＝52π×0.02×100πcos 100πt ，
即e ＝102cos 100πt (V)．
(2)T ＝2π
ω＝0.02 s ，线框中感应电动势随时间变化关系的图象如图所示．
答案：(1)e ＝102cos 100πt (V) (2)见解析。