XX省专用学年高中物理第五章交变电流课时跟踪检测二十四交变电流含解析新人教选修

PAGE课时跟踪检测（二十四）交变电流1．为了研究交流电的产生过程，小张同学设计了如下实验构思方案：第一次将单匝矩形线圈放在匀强磁场中，线圈绕转轴OO1按图示方向匀速转动(ab向纸外，cd向纸内)。并从图甲所示位置开始计时。此时产生的交流电如图乙所示。第二次他仅将转轴移至ab边上，第三次他仅将转轴右侧的磁场去掉，关于后两次的电流图像，下列说法正确的是()A．第二次是A图 B．第二次是C图C．第三次是B图 D．第三次是D图解析：选D第二次将转轴移到ab边上，产生的感应电流与第一次相同，第三次将OO1右侧磁场去掉，线圈在转动过程中只有一边切割磁感线，产生的感应电流的最大值为原来的eq\f(1,2)，因此选D。2．一闭合矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴OO′匀速转动，线圈平面位于如图甲所示的匀强磁场中。通过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是()A．t1、t3时刻通过线圈的磁通量变化率最大B．t1、t3时刻线圈中感应电流方向改变C．t2、t4时刻通过线圈的磁通量最大D．t2、t4时刻线圈中感应电动势最小解析：选Bt1、t3时刻通过线圈的磁通量Φ最大，磁通量变化率为零，此时感应电动势、感应电流均为零，线圈中感应电流方向改变，选项A错误，选项B正确；t2、t4时刻通过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，选项C、D错误。3.[多选]某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生交变电流的图像如图所示，由图中信息可以判断()A．在A和C时刻线圈处于中性面位置B．在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零C．从A→D时刻线圈转过的角度为eq\f(3,2)πD．若从O→D时刻历时0.02s，则在1s内交变电流的方向改变100次解析：选CD由题图可知，在O、B、D时刻感应电流为零，所以此时线圈恰好在中性面位置，且穿过线圈的磁通量最大；在A、C时刻感应电流最大，线圈处于和中性面垂直的位置，此时穿过线圈的磁通量为零，故A、B错误。从A到D时刻，线圈旋转eq\f(3,4)周，转过的角度为eq\f(3,2)π；如果从O到D时刻历时0.02s，恰好为一个周期，所以1s内线圈转动50个周期，100次经过中性面，交变电流的方向改变100次，故C、D正确。4.如图所示，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ω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()A．0.5Bl1l2ωsinωt B．0.5Bl1l2ωcosωtC．Bl1l2ωsinωt D．Bl1l2ωcosωt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＝Bl1l2ω，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Bl1l2ωcosωt，故正确选项为D。5.[多选]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P1和P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到图示与磁场方向平行时()A．线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流B．线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势C．线圈分别绕P1和P2转动时的电流的方向相同，都是a→d→c→bD．线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力解析：选AC产生正弦交变电流的条件是轴和磁感线垂直，与轴的位置和线圈形状无关，线圈abcd分别绕轴P1、P2转动，转到图示位置时产生的电动势E＝nBSω，由I＝eq\f(E,R总)可知此时I相等，故选项A正确，选项B错误；由右手定则可知电流方向为a→d→c→b，故选项C正确；dc边受到的安培力F＝BLdcI，故F一样大，选项D错误。6.如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2，共100匝，线圈的总电阻r＝1Ω，外接电阻R＝9Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝eq\f(1,π)T，线圈以角速度ω＝100πrad/s匀速转动。(1)若线圈经过图示位置(线圈平面与磁感线垂直)时开始计时，写出线圈中感应电动势瞬时值的表达式。(2)写出交变电流的瞬时值表达式。(3)求线圈由图示位置转过eq\f(π,2)的过程中，交变电动势的平均值。解析：(1)线圈中感应电动势的最大值为Em＝NBSω＝100×eq\f(1,π)×0.05×100πV＝500V线圈中感应电动势瞬时值e＝Emsinωt所以e＝500sin100πt(V)。(2)交变电流的最大值Im＝eq\f(Em,R＋r)＝eq\f(500,9＋1)A＝50A，所以电流的瞬时值表达式为i＝50sin100πt(A)。(3)eq\x\to(E)＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2NBSω,π)＝eq\f(1000,π)V。答案：(1)e＝500sin100πt(V)(2)i＝50sin100πt(A)(3)eq\f(1000,π)V7.如图所示，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()A．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＝eq\f(Em,R)，Em＝NBSω，ω＝2πn，得Im＝eq\f(NBS·2πn,R)，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eq\f(1,4)，而电阻减为原来的eq\f(1,2)，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的变化规律如图所示，则下列说法中正确的是()A．t1和t3时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t＝0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，穿过线圈的磁通量的绝对值最大，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所示。则下列说法中正确的是()A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直B．t＝0.01s时刻，Φ的变化率为0C．t＝0.02s时刻，感应电动势达到最大D．从t＝0.01s时刻至t＝0.04s时刻线圈转过的角度是eq\f(3,2)π解析：选D由图像可知t＝0、t＝0.02s、t＝0.04s时刻线圈平面位于中性面位置，Φ最大，eq\f(ΔΦ,Δt)＝0，故E＝0；t＝0.01s、t＝0.03s、t＝0.05s时刻线圈平面与磁感线平行，Φ最小，eq\f(ΔΦ,Δt)最大，故E最大，从图像可知，从t＝0.01s时刻至t＝0.04s时刻线圈旋转eq\f(3,4)周，转过的角度为eq\f(3,2)π。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()A．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2∶3C．在图线a和b中，t＝0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e＝100sineq\f(100π,3)t(V)解析：选AD根据图线a：感应电动势最大值Em＝BSω＝Φmω，因此磁通量最大值Φm＝eq\f(Em,ωa)＝eq\f(EmTa,2π)＝eq\f(3,π)Wb，A正确。线圈先后两次周期之比eq\f(Ta,Tb)＝eq\f(0.04s,0.06s)＝eq\f(2,3)，eq\f(na,nb)＝eq\f(Tb,Ta)＝eq\f(3,2)，B错误。t＝0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Em＝BSω，因此eq\f(Ema,Emb)＝eq\f(ωa,ωb)＝eq\f(3,2)，即Emb＝eq\f(2,3)Ema＝100V，图线b电动势瞬时值表达式为e＝Embsinωbt＝100sineq\f(100π,3)t(V)，D正确。11.如图所示，匀强磁场B＝0.1T，所用矩形线圈的匝数N＝100，边长ab＝0.2m，bc＝0.5m，以角速度ω＝100πrad/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：(1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式。(2)由t＝0至t＝eq\f(T,4)过程中的平均电动势值。解析：(1)感应电动势的瞬时值e＝NBSωsinωt，由题可知S＝aeq\x\to(b)·beq\x\to(c)＝0.2×0.5m2＝0.1m2Em＝NBSω＝100×0.1×0.1×100πV＝314V所以e＝314sin100πt(V)。(2)用E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)计算t＝0至t＝eq\f(T,4)过程中的平均电动势E＝Neq\f(|Φ\f(π,2)－Φ0|,\f(T,4)－0)＝Neq\f(|0－BS|,\f(T,4))＝eq\f(4NBS,\f(2π,ω))即E＝eq\f(2,π)NBSω。代入数值得E＝200V。答案：(1)e＝314sin100πt(V)(2)200V12.如图所示，在匀强磁场中有一个“π”形导线框，可绕AB轴转动，已知匀强磁场的磁感应强度B＝eq\f(5\r(2),π)T，线框相邻两边相互垂直，其中CD边长为20cm，CE、DF长均为10cm，转速为50r/s，若从图示CEFD平面平行磁场位置开始计时：(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；(2)求出由图示位置转过30°过程中线框产生的平均电动势；(3)作出线框中感应电动势随时间变化的e­t图像。解析：(1)线框转动，开始计时的位置为线框平面与磁感线平行的位置，CD边长为l1＝20cm，CE、DF边长为l2＝10cm，在t时刻线框转过的角度为ωt，此时刻e＝Bl1l2ωcosωt其中B＝eq\f(5\r(2),π)Tl1×l2＝0.1×0.2m2＝0.02m2ω＝2πn＝2π×50rad/s＝100πrad/s故e＝eq\f