物理人教版选修3-2课时跟踪检测（九）交变电流

课时跟踪检测（九）交变电流一、单项选择题1．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，由图可知()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时刻到D时刻线圈转过的角度为πD．若从O时刻到D时刻经过0.02s，则在1s内交变电流的方向改变100次解析：选DA、C时刻感应电流最大，线圈位置与中性面垂直，B、D时刻感应电流为零，线圈处于中性面，此时磁通量最大。从A时刻到D时刻线圈转过角度为eq\f(3π,2)。若从O时刻到D时刻经过0.02s，即线圈转动一周用时0.02s，在这个时间内电流方向改变2次，则在1s内交变电流的方向改变eq\f(1,0.02)×2＝100次，故D正确。2.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转动，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为余弦式交变电动势，因此在t时刻线圈中的感应电动势为Bl1l2ωcosωt，故选项D正确。3．一交流发电机的感应电动势e＝Emsinωt，若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()A．e′＝2Emsin2ωt B．e′＝2Emsin4ωtC．e′＝4Emsin2ωt D．e′＝4Emsin4ωt解析：选Ce＝Emsinωt＝NBSωsinωt，现N′＝2N，ω′＝2ω，则Em′＝4Em，所以感应电动势的瞬时值表达式将变为e′＝4Emsin2ωt。C正确。4．如图所示，在水平匀强磁场中一均匀矩形闭合线圈绕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；线圈电阻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。5．如图甲所示，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＝eq\f(π,2ω)时刻()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＝eq\f(2π,ω)，故t＝eq\f(π,2ω)＝eq\f(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。6．如图甲所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ad、bc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)为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正，则选项图中正确的是()解析：选D矩形线圈绕垂直于匀强磁场的转轴匀速转动，产生正弦式交变电流，在开始计时(t＝0)时线圈位于题图乙所示的位置，根据右手定则可知电流为正方向且不为零，B、C错误；若达图甲所示的位置，感应电流为正向的峰值，可见t＝0时刻交变电流处于正半周且再经eq\f(T,8)到达中性面位置，或者由θ＝eq\f(π,4)，电流瞬时表达式i＝Imcos(ωt＋θ)，所以0＝Imcos(eq\f(2π,T)t＋eq\f(π,4))，t＝eq\f(T,8)。A错误，D正确。二、多项选择题7.如图所示，一面积为S的单匝矩形线圈处于有界匀强磁场中，能在线圈中产生交变电流的是()A．将线圈水平向右匀速拉出磁场B．使线圈以OO′为轴匀速转动C．使线圈以ab为轴匀速转动D．磁场以B＝B0sinωt规律变化解析：选BCD将线圈向右匀速拉出磁场的过程中磁通量均匀减小，因此产生的感应电流大小不变，A错误；线圈绕垂直于磁感线方向的轴转动时磁通量发生周期性变化，因此产生交变电流，B、C正确；如果磁感应强度发生周期性变化，而线圈面积不变，则磁通量也发生周期性变化，产生交变电流，D正确。8．线圈在匀强磁场中转动产生电动势e＝10sin20πtV，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率最大D．t＝0.4s时，e有最大值10eq\r(2)V解析：选AB由电动势的瞬时值表达式可知，计时从线圈位于中性面时开始，所以t＝0时，线圈平面位于中性面，磁通量最大，但此时导线切割磁感线的有效速率为零，A、B正确，C错误。当t＝0.4s时，解得e＝0，D错误。9．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，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eq\f(n2B2l1l22ω,R)解析：选CD根据右手定则，当线圈转至图示位置时，线圈中感应电流的方向为adcba，线圈中感应电动势应为最大值Em＝nBl1l2ω，此时，穿过线圈磁通量随时间的变化率最大，A、B错，C对；线圈ad边所受安培力的大小F＝nBIl2＝nBeq\f(nBl1l2ω,R)l2＝eq\f(n2B2l1l22ω,R)，D对。10．一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)tV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(fa,fb)＝eq\f(Tb,Ta)＝eq\f(3,2)，B错误；t＝0时刻感应电动势为零，线圈位于中性面，穿过线圈的磁通量最大，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(2πfa,2πfb)＝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)tV，D正确。三、非选择题11．有一个正方形线框的线圈匝数为10匝，边长为20cm，线框总电阻为1Ω，线框绕OO′轴以10πrads的角速度匀速转动，如图所示，垂直于线框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.5T，求：(1)该线框产生的交变电流电动势最大值、电流最大值；(2)线框从图示位置转过60°时，感应电动势的瞬时值；(3)感应电动势随时间变化的表达式。解析：(1)交变电流电动势最大值为Em＝nBSω＝10×0.5×0.22×10πV＝6.28V电流的最大值