交变电流每课一练（人教选修32）.doc

5.1 交变电流 每课一练人教版选修3-21关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，以下说法中正确的选项是()A线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次，感应电动势方向不变B线圈每转动一圈，感应电流方向就改变一次C线圈每平面经过中性面一次，感应电动势和感应电流的方向都要改变一次D线圈每转动一圈，感应电动势和感应电流方向都要改变一次2线圈在磁场中匀速转动产生的交流电的瞬时电动势为e10sin 20t V，那么以下说法正确的选项是()At0时，线圈平面位于中性面Bt0时，穿过线圈的磁通量最大Ct0时，导线切割磁感线的有效速度最大Dt0.4 s时，e到达峰值10 V3交流发电机在工作时的电动势为eEmsin t，假设将其电枢的转速提高1倍，其他条件不变，那么其电动势变为()AEmsin B2EmsinCEmsin 2t D2Emsin 2t4一闭合矩形线圈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7甲所示的匀强磁场中通过线圈的磁通量随时间t的变化规律如图乙所示，以下说法正确的选项是()图7At1、t3时刻通过线圈的磁通量变化率最大Bt1、t3时刻线圈中感应电流方向改变Ct2、t4时刻线圈中磁通量最大Dt2、t4时刻线圈中感应电动势最小5如图8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，那么当线圈转至图示位置时()图8A线圈中感应电流的方向为abcdaB线圈中的感应电流为C穿过线圈的磁通量为0D穿过线圈的磁通量的变化率为06如图9所示，矩形线圈abcd，ab为L1，ad为L2，在磁感强度为B的匀强磁场中绕OO轴以角速度(从图中位置开始)匀速转动，那么线圈中感应电动势的大小为()图9ABL1L2sin t BBL1L2cos tCBL1L2sin t DBL1L2cos t7如图10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以角速度逆时针匀速转动假设以线圈平面与磁场夹角0°时(如图)为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正那么以下四幅图中正确的选项是()图108如图11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，那么在t时刻()图11A线圈中的电流最大B穿过线圈的磁通量为零C线圈所受的安培力为零D线圈中的电流为零9如图12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，当线圈平面转到与磁场方向平行时()图12A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线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同,都是abcdD线圈绕P1转动时cd边受到的安培力大于绕P2转动时cd边受到的安培力题号123456789答案10一矩形线圈在匀强磁场中以角速度4 rad/s匀速转动，产生的交变电动势的图象如图13所示那么交变电流的频率为_Hz，当t0时，线圈平面与磁感线_，当t0.5 s时，e为_V.图1311如图14所示，在匀强磁场中有一个“n形导线框可绕AB轴转动，匀强磁场的磁感应强度B T，线框的CD边长为l120 cm，CE、DF边长均为l210 cm，转速为50 r/s.假设从图示位置开始计时：图14(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；(2)在et坐标系中作出线框中感应电动势随时间变化关系的图象12如图15所示，匀强磁场B0.1 T，所用矩形线圈的匝数N100，边长ab0.2 m，bc0.5 m，以角速度100 rad/s绕OO轴匀速转动从线圈平面通过中性面时开始计时，试求：图15(1)线圈中感应电动势的大小(2)由t0至t过程中的平均电动势值参考答案课后稳固练1C2AB根据交流电动势的瞬时值表达式可判断为正弦式交变电流，当t0时，e0，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t0.4 s时，e10sin 20t V10sin 8 V0，所以D错误3D电枢转速提高1倍，由2n知，角速度变为原来的2倍；由电动势最大值表达式EmnBS知，最大值也变为原来的2倍4Bt1、t3时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大，磁通量变化率0，此时感应电动势、感应电流为零，线圈中感应电流方向改变，A错误，B正确；t2、t4时刻线圈中磁通量为零，磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，C、D错误5BC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，由右手定那么可判断出线圈中感应电流的方向为adcba.6C线圈经过时间t时，转过角度，这时ab，cd边切割磁感线产生感应电动势EabBL1vsin ，EcdBL1vsin ，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EEabEcd2BL1vsin 2BL1·L2sin tBL1L2sin t，故正确选项应为C.7D矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，从线圈平面与磁场方向平行开始计时，产生的感应电流按余弦规律变化，由于t=0时，线圈的转动方向如题图，由右手定那么判断可得，此时ad中电流方向为由a到d，线圈中电流方向为adcba，与规定的电流正方向相反，电流为负值又因为此时产生的感应电动势最大，故只有D正确8CDt，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错误，C、D正确9A无论是绕P1转动还是绕P2转动，线圈转到图示位置时产生的电动势都为最大值Em=nBS，由欧姆定律可知此时I相等，A对，B错；由右手定那么可知线圈中电流方向为adcba，故C错；cd边所受的安培力FBLcdI，故F一样大，D错102垂直0解析T s，那么交流电的频率ft0时，e0，线圈位于中性面位置，线圈平面和磁感线垂直；当t0.5 s时，t2ft2，e0.11(1)e10cos 100t V(2)见解析解析(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t，此时刻eBl1l2cos t，即eBScos t，其中B T，S0.1×0.2 m20.02 m2，2n2×50 rad/s100 rad/s，故e×0.02×100cos 100t V，即e10cos 100t V.(2)T0.02 s，线框中感应电动势随时间变化关系的图象如以下图所示12(1)e314sin 100t V(2)200 V解析(1)解法一线圈经过时间t转过角度t，这时bc和da边不切割磁感线，ab和cd边切割磁感线产生感应电动势eabecdNBvsin t，其中v，所以eeabecd2eab2NBsin tNBSsin t，那么EmNBS100×0.1×0.1×100 V314 V，e314sin 100t V解法二感应电动势的瞬时值eNBSsin t，由题可知S·0.2×0.5 m20.1 m2，EmNBS100×0.1×0.1×100 V314 V，所以e314sin 100t V.(2)用EN计算t0至t过程中的平均电动势ENN即ENBS.代入数值得E200 V.