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2012高二物理每课一练：2.1 认识交变电流、2.2 交变电流的描述（粤教版选修3-2）
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上传时间: 2014-08-17
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2.1 认识交变电流、2.2 交变电流的描述 每课一练（粤教版选修3-2）
1．关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，下列说法中正确的是( )
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．(双选)线圈在磁场中匀速转动产生的交流电的瞬时电动势为e＝10sin 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 V
3．交流发电机在工作时的电动势为e＝Emsin ωt，若将其电枢的转速提高1倍，其他条件不变，则其电动势变为( )
A．Emsin B．2Emsin
C．Emsin 2ωt D．2Emsin 2ωt
4．一闭合矩形线圈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6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( )
图6
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时刻线圈中磁通量最大
D．t2、t4时刻线圈中感应电动势最小
5．(双选)如图7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( )
图7
A．线圈中感应电流的方向为abcda
B．线圈中的感应电流为
C．穿过线圈的磁通量为0
D．穿过线圈的磁通量的变化率为0
6．如图8所示，矩形线圈abcd，已知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( )
图8
A．BL1L2ωsin ωt B．BL1L2cos ωt
C．BL1L2ωsin ωt D．BL1L2ωcos ωt
7．如图9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ω逆时针匀速转动．若以线圈平面与磁场夹角θ＝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．则下列四幅图中正确的是( )
图9
8．(双选)如图10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＝时刻( )
图10
A．线圈中的电流最大
B．穿过线圈的磁通量为零
C．线圈所受的安培力为零
D．线圈中的电流为零
9．如图11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11
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．线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同,都是a→b→c→d
D．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
1
2
3
4
5
6
7
8
9
答 案
10．一矩形线圈在匀强磁场中以角速度4π rad/s匀速转动，产生的交变电动势的图象如图12所示．则交变电流的频率为______Hz，当t＝0时，线圈平面与磁感线________，当t＝0.5 s时，e为______V.
图12
11．如图13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＝ T，线框的CD边长为l1＝20 cm，CE、DF边长均为l2＝10 cm，转速为50 r/s.若从图示位置开始计时，
图13
(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．
12．如图14所示，匀强磁场B＝0.1 T，所用矩形线圈的匝数N＝100，边长ab＝0.2 m，bc＝0.5 m，以角速度ω＝100π 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14
(1)线圈中感应电动势的大小．
(2)由t＝0至t＝过程中的平均电动势值．
参考答案
课后巩固练
1．C
2．AB [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＝10sin 20πt V＝10sin 8π V＝0，所以D错误．]
3．D [电枢转速提高1倍，由ω＝2πn知，角速度变为原来的2倍；由电动势最大值表达式Em＝nBSω知，最大值也变为原来的2倍．]
4．B [t1、t3时刻通过线圈的磁通量Φ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．]
5．BC [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＝＝，由右手定则可判断出线圈中感应电流的方向为adcba.]
6．C [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Eab＝BL1vsin θ，Ecd＝BL1vsin 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＝Eab＋Ecd＝2BL1vsin θ＝2BL1·L2ωsin ωt＝BL1L2ωsin ωt，故正确选项应为C.]
7．D [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，由右手定则判断可得，此时ad中电流方向为由a到d，线圈中电流方向为a→d→c→b→a，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．]
8．CD [t＝＝，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．]
9．A [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=nBSω，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＝BLcdI，故F一样大，D错．]
10．2 垂直 0
解析 T＝＝ s，则交流电的频率f＝＝2 Hz.由图象知t＝0时，e＝0，线圈位于中性面位置，线圈平面和磁感线垂直；当t＝0.5 s时，ωt＝2πft＝2π，e＝0.
11．(1)e＝10cos 100πt 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ωt，此时刻e＝Bl1l2ωcos ωt，即e＝BSωcos ωt，其中B＝ T，S＝0.1×0.2 m2＝0.02 m2，ω＝2πn＝2π×50 rad/s＝100π rad/s，故e＝×0.02×100πcos 100πt V，
即e＝10cos 100πt V.
(2)T＝＝0.02 s，线框中感应电动势随时间变化关系的图象如下图所示
12．(1)e＝314sin 100πt V (2)200 V
解析 (1)解法一 线圈经过时间t转过角度θ＝ωt，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eab＝ecd＝NBvsin ωt，其中v＝ω＝ω，所以e＝eab＋ecd＝2eab＝2NBωsin ωt＝NBSωsin ωt，
则Em＝NBSω＝100×0.1×0.1×100π V＝314 V，
e＝314sin 100πt V
解法二 感应电动势的瞬时值e＝NBSωsin ωt，由题可知S＝·＝0.2×0.5 m2＝0.1 m2，
Em＝NBSω＝100×0.1×0.1×100π V＝314 V，
所以e＝314sin 100πt V.
(2)用E＝N计算t＝0至t＝过程中的平均电动势E＝N＝N＝
即E＝NBSω.代入数值得E＝200 V.
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