高二物理选修3-2达标检测试题31

1交变电流(时间：60分钟)知识点一交变电流的概念1．下列各图中，表示交变电流的是()．解析方向随时间作周期性变化是交变电流的重要特征，选项A、B中，电流的大小变化，但方向不变，不是交变电流是脉动直流．A、B错误，C、D项正确．答案CD2．矩形线框绕垂直于匀强磁场且沿线框平面的轴匀速转动时产生了交变电流，下列说法正确的是()．A．当线框位于中性面时，线框中感应电动势最大B．当穿过线框的磁通量为零时，线框中的感应电动势也为零C．每当线框经过中性面时，感应电动势或感应电流方向就改变一次D．线框经过中性面时，各边不切割磁感线解析线框位于中性面时，线框平面与磁感线垂直，穿过线框的磁通量最大，但此时切割磁感线的两边速度方向与磁感线平行，即不切割磁感线，穿过线框的磁通量的变化率等于零，所以电动势等于零，感应电动势或感应电流的方向在此时刻改变.垂直于中性面时，穿过线框的磁通量为零，切割磁感线的两边的速度与磁感线垂直，有效切割速度最大，此时穿过线框的磁通量的变化率最大，所以感应电动势最大，故C、D正确．答案CD3．下图中哪些情况线圈中产生了交流电()．解析由正弦式电流的产生条件可知，轴必须垂直于磁感线，但对线圈的形状没有特别要求．答案BCD知识点二交变电流的规律4.如图5-1-16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()．图5-1-16A．0.5Bl1l2ωsinB．0.5Bl1l2ωcosC．Bl1l2ωsinD．Bl1l2ωcos解析线圈从题图示位置开始转动，电动势瞬时值表达式为e＝Emcosωt，由题意，Em＝BSω＝Bl1l2ω，所以e＝Bl1l2ωcos答案D5.如图5-1-17所示，一单匝闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，转动过程中线框中产生的感应电动势的瞬时值为e＝0.5sin(20t)V，由该表达式可推知以下哪些物理量()．图5-1-17A．匀强磁场的磁感应强度B．线框的面积C．穿过线框的磁通量的最大值D．线框转动的角速度解析根据正弦式交变电流的表达式：e＝BSωsinωt，可得ω＝20rad/s，而磁通量的最大值的大小的表达式为Φ＝BS，所以可以根据BSω＝0.5求出磁通量的最大值．答案CD6.如图5-1-18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5-1-18A．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边的感应电流方向为a→bD．线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零解析线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生呈周期性变化的交变电流，线圈经过中性面时电流改变方向，线圈每转动一周，有两次通过中性面，电流方向改变两次，指针左右摆动一次，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，但磁通量的变化率最大，B、D错误．答案C知识点三交变电流的图象7.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(如图5-1-19所示)，线圈的cd边离开纸面向外运动．若规定由a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流i随时间t变化的图线是()．图5-1-19解析线圈在磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，可以产生按正弦规律变化的交流电．对于图示起始时刻，线圈的cd边离开纸面向纸外运动，速度方向和磁场方向垂直，产生的电动势的瞬时值最大；用右手定则判断出电流方向为逆时针方向，与规定的正方向相同，所以C对．答案C8．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＝BSωsinωt的图是()．解析线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，且从中性面开始计时，产生的电动势e＝BSωsinωt，由此判断，只有A选项符合．答案A9.图5－1－20某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生交变电流的图象如图5－1－20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2πD．从O→D交变电流完成了一次全变化解析根据图象，首先判断出感应电流的数学表达式i＝Imsinωt.其中Im是感应电流的最大值，ω是线圈旋转的角速度．另外应该进一步认识到线圈是从中性面开始旋转，而且线圈旋转一周，两次经过中性面，经过中性面的位置时，电流改变方向．从该图来看，在O、B、D时刻电流为零，所以此时线圈恰好在中性面的位置，且穿过线圈的磁通量最大；在A、C时刻电流最大，线圈处于和中性面垂直的位置，此时磁通量为零；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；从O到D，线圈在磁场中恰好转过一周，所以交变电流完成了一次全变化．只有选项D正确．答案D10.如图5-1-21所示，一矩形线圈绕与匀强磁场垂直的中心轴OO′沿顺时针方向转动，引出线的两端分别与相互绝缘的两个半圆形铜环M和N相连．M和N又通过固定的电刷P和Q与电阻R相连．在线圈转动过程中，通过电阻R的电流()．图5-1-21A.大小和方向都随时间做周期性变化B．大小和方向都不随时间做周期性变化C．大小不断变化，方向总是P→R→QD．大小不断变化，方向总是Q→R→P解析在图示位置时产生的电动势，由右手定则可知，ab边的感应电动势方向由b→a，cd边感应电动势的方向由d→c，通过电刷将电流引出，在外电路中的电流方向为P→R→Q，转过180°后，ab、cd边位置交换，但电流方向仍为P→R→Q，故选项C正确．答案C11.如图5-1-22所示，单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈轴线OO′与磁场边界重合，线圈按图示方向匀速转动(ab向纸外，cd向纸内)．若从图示位置开始计时，并规定电流方向沿a→b→c→d→a为正方向，则线圈内感应电流随时间变化的图象是下图中的()．图5-1-22解析由题意知线圈总有一半在磁场中做切割磁感线的匀速圆周运动，所以产生的仍然是正弦交变电流，只是最大值为全部线圈在磁场中匀速转动情况下产生的感应电动势最大值的一半，所以选项B、C错误，再由右手定则可以判断出A选项符合题意．答案A12.如图5-1-23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，线框的CD边长为20cm，CE、DF长均为10cm，转速为50r/s.若从图示位置开始计时：图5-1-23(1)写出线框中感应电动势的瞬间值表达式；(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)线圈转动，开始计时的位置为线圈平面与磁感线平行的位置，在t时刻线框转过的角度为ωt，此时刻，e＝Bl1l2ωcosωt，即e＝BSωcosωt.其中B＝eq\f(5\r(2),π)T，S＝0.1×0.2m2＝0.02m2，ω＝2πn＝2π×50rad/s＝100πrad/s.故e＝eq\f(5\r(2),π)×0.02×100πcos(100πt)V，即：e＝10eq\r(2)cos(100πt)V.(2)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＝10eq\r(2)cos(100πt)V(2)见解析图13.如图5-1-24所示，一边长为l的正方形线圈abcd绕对称轴OO′在匀强磁场中转动，转速为n＝120r/min，若已知边长l＝20cm，匝数N＝20，磁感应强度B＝0.2T，求：图5-1-24(1)转动中的最大电动势及达到最大电动势时线圈所处的位置；(2)从中性面开始计时的电动势瞬时值表达式；(3)从图所示位置转过90°过程中的平均电动势．解析(1)当线圈平面转到与磁场平行时，ab、cd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，Em＝NBSω＝20×0.2×0.22×2π×2V＝2.0V.(2)电动势瞬时值表达式：e＝Emsinωt＝2sin(4πt)V(3)E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝20×0.2×eq\f(0.04,\f(1,4)×\f(2π,4π))V＝1.28V.答案(1)