高二物理《交變電流》單元測試題

試題時間：2021-08-31 手機版

　　1.關于線圈在勻強磁場中轉動產生的交變電流，下列說法中正確的是( )

　　A.線圈平面每經過中性面一次，感應電流方向就改變一次，感應電動勢方向不變

　　B.線圈每轉動一圈，感應電流方向就改變一次

　　C.線圈每平面經過中性面一次，感應電動勢和感應電流的方向都要改變一次

　　D.線圈每轉動一圈，感應電動勢和感應電流方向都要改變一次

　　2.線圈在磁場中勻速轉動產生的交流電的瞬時電動勢為e=102sin 20πt V，則下列說法正確的是( )

　　A.t=0時，線圈平面位于中性面

　　B.t=0時，穿過線圈的磁通量最大

　　C.t=0時，導線切割磁感線的有效速度最大

　　D.t=0.4 s時，e達到峰值102 V

　　3.交流發(fā)電機在工作時的電動勢為e=Emsin ωt，若將其電樞的轉速提高1倍，其他條件不變，則其電動勢變?yōu)? )

　　A.Emsinωt2???????????????????? B.2Emsinωt2

　　C.Emsin 2ωt?????????????????? D.2Emsin 2ωt

　　4.一閉合矩形線圈abcd繞垂直于磁感線的固定軸OO′勻速轉動，線圈平面位于如圖7甲所示的勻強磁場中.通過線圈的磁通量Φ隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，下列說法正確的是( )

　　圖7

　　A.t1、t3時刻通過線圈的磁通量變化率最大

　　B.t1、t3時刻線圈中感應電流方向改變

　　C.t2、t4時刻線圈中磁通量最大

　　D.t2、t4時刻線圈中感應電動勢最小

　　5.如圖8所示，一正方形線圈abcd在勻強磁場中繞垂直于磁感線的對稱軸OO′勻速轉動.沿著OO′觀察，線圈沿逆時針方向轉動.已知勻強磁場的磁感應強度為B，線圈匝數(shù)為n，邊長為l，電阻為R，轉動的角速度為ω，則當線圈轉至圖示位置時( )

　　圖8

　　A.線圈中感應電流的方向為abcda

　　B.線圈中的感應電流為nBl2ωR[

　　C.穿過線圈的磁通量為0

　　D.穿過線圈的磁通量的變化率為0

　　6.如圖9所示，矩形線圈abcd，已知ab為L1，ad為L2，在磁感強度為B的勻強磁場中繞OO′軸以角速度ω(從圖中位置開始)勻速轉動，則線圈中感應電動勢的大小為( )

　　[來源:學科網ZXXK]

　　圖9

　　A.12BL1L2ωsin ωt???????????? B.12BL1L2cos ωt

　　C.BL1L2ωsin ω t????????????? D.BL1L2ωcos ωt

　　7.如圖10所示，一矩形線圈abcd放置在勻強磁場中，并繞過ab、cd中點的軸OO′以角速度ω逆時針勻速轉動.若以線圈平面與磁場夾角θ=0°時(如圖)為計時起點，并規(guī)定當電流自a流向b時電流方向為正.則下列四幅圖中正確的是( )

　　圖10

　　8.如圖11甲所示，一矩形閉合線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的轉軸OO′以恒定的角速度ω轉動.當從線圈平面與磁場方向平行時開始計時，線圈中產生的交變電流按照圖乙所示的余弦規(guī)律變化，則在t=π2ω時刻( )

　　圖11

　　A.線圈中的電流最大

　　B.穿過線圈的磁通量為零

　　C.線圈所受的安培力為零

　　D.線圈中的電流為零

　　9.如圖12所示，矩形線圈abcd在勻強磁場中可以分別繞垂直于磁場方向的軸P1和P2以相同的角速度勻速轉動，當線圈平面轉到與磁場方向平行時( )

　　圖12

　　A.線圈繞P1轉動時的電流等于繞P2轉動時的電流

　　B.線圈繞P1轉動時的電動勢小于繞P2轉動時的電動勢

　　C.線圈繞P1和 P2轉動時電流的方向相同,都是a→b→c→d

　　D.線圈繞P1轉動時cd邊受到的安培力大于繞P2轉動時cd邊受到的安培力

　　題號?1?2?3?4?5?6?7?8?9

　　答案[

　　10.一矩形線圈在勻強磁場中以角速度4π rad/s勻速轉動，產生的交變電動勢的圖象如圖13所示.則交變電流的頻率為______Hz，當t=0時，線圈平面與磁感線________，當t=0.5 s時，e為______V.

　　圖13[來源:Z+xx+k.Com]

　　11.如圖14所示，在勻強磁場中有一個“n”形導線框可繞AB軸轉動，已知勻強磁場的磁感應強度B=52π T，線框的CD邊長為l1=20 cm，CE、DF邊長均為l2=10 cm，轉速為50 r/s.若從圖示位置開始計時：

　　圖14

　　(1)寫出線框中感應電動勢的瞬時值表達式;

　　(2)在e-t坐標系中作出線框中感應電動勢隨時間變化關系的圖象.

　　12.如圖15所示，勻強磁場B=0.1 T，所用矩形線圈的匝數(shù)N=100，邊長ab=0.2 m，b c=0.5 m，以角速度ω=100π rad/s繞OO′軸勻速轉動.從線圈平面通過中性面時開始計時，試求：

　　圖15

　　(1)線圈中感應電動勢的大小.

　　(2)由t=0至t=T4過程中的平均電動勢值.

　　參考答案

　　課后鞏固練

　　1.C

　　2.AB [根據(jù)交流電動勢的'瞬時值表達式可判斷為正弦式交變電流，當t=0時，e=0，所以此時磁通量的變化率為零，導線切割? 磁感線的有效速度為零，但此時穿過線圈的磁通量最大，線圈平面位于中性面，所以A、B正確，C錯誤;當t=0.4 s時，e=102sin 20πt V=102sin 8π V=0，所以D錯誤.]

　　3.D [電樞轉速提高1倍，由ω=2πn知，角速度變?yōu)樵瓉淼?倍;由電動勢最大值表達式 Em=nBSω知，最大值也變?yōu)樵瓉淼?倍.]

　　4.B [t1、t3時刻通過線圈的磁通量Φ的絕對值最大，磁通量變化率ΔΦΔt=0，此時感應電動勢、感應電流為零，線圈中感應電流方向改變，A錯誤，B正確;t2、t4時刻線圈中磁通量為零，磁通量的變化率最大，即感應電動勢最大，C、D錯誤.]

　　5.BC [圖示位置為垂直于中性面的位置，此時通過線圈的磁通量為零，但磁通量的變化率最大，感應電流也最大，I=nBSωR=nBl2ωR，由右手定則可判斷出線圈中感應電流的方向為adcba.]

　　6.C [線圈經過時間t時，轉過角度θ，這時ab，cd邊切割磁感線產生感應電動勢Eab=BL1vsin θ，Ecd=BL1vsin θ，bc，ad邊不切割磁感線不產生感應電動勢，故線圈中的感應電動勢為E=Eab+Ecd=2BL1vsin θ=2BL1?12L2ωsin ωt=BL1L2ωsin ωt，故正確選項應為C.]

　　7.D [矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉動，從線圈平面與磁場方向平行開始計時，產生的感應電流按余弦規(guī)律變化，由于t=0時，線圈的轉動方向如題圖，由右手定則判斷可得，此時ad中電流方向為由a到d，線圈中電流方向為a→d→c→b→a，與規(guī)定的電流正方向相反，電流為負值.又因為此時產生的感應電動勢最大，故只有D正確.]

　　8.CD [t=π2ω=T4，此時線圈位于中性面位置，所以穿過線圈的磁通量最大，B錯誤;由于此時感應電動勢為零，所以線圈中電流為零，線圈所受的安培力為零，A錯誤，C、D正確.]

　　9.A [無論是繞P1轉動還是繞P2轉動，線圈轉到圖示位置時產生的電動勢都為最大值Em=nBSω，由歐姆定律可知此時I相等，A對，B錯;由右手定則可知線圈中電流方向為a→d→c→b→a，故C錯;cd邊所受的安培力F=BLcdI，故F一樣大，D錯.]

　　10.2 垂直 0

　　解析 T=2πω=12 s，則交流電的頻率f=1T=2 Hz.由圖象知t=0時，e=0，線圈位于中性面位置，線圈平面和磁感線垂直;當t=0.5 s時，ωt=2πft=2π，e=0.

　　11.(1)e=102cos 100πt V (2)見解析

　　解析 (1) 線框轉動，開始計時的位置為線圈平面與磁感線平行的位置，產生的交變電流按余弦規(guī)律變化，在t時刻線框轉過的角度為ωt，此時刻e=Bl1l2ωcos ωt，即e=BSωcos ωt，其中B=52π T，S=0.1×0.2 m2=0.02 m2，ω=2πn=2π×50 rad/s=100π rad/s，故e=52π×0.02×100πcos 100πt V，

　　即e=102cos 100πt V.

　　(2)T=2πω=0.02 s，線框中感應電動勢隨時間變化關系的圖象如下圖所示

　　12.(1)e=314sin 100πt V (2)200 V

　　解析 (1)解法一線圈經過時間t轉過角度θ=ωt，這時bc和da邊不切割磁感線，ab和cd邊切割磁感線產生感應電動勢eab=ecd=NBabvsin ωt，其中v=ωad2=ωbc2，所以e=eab+ecd=2eab=2NBωabad2sin ωt=NBSωsin ωt，

　　則Em=NBSω=100×0.1×0.1×100π V=314 V，

　　e=31 4sin 100πt V

　　解法二感應電動勢的瞬時值e=NBSωsin ωt，由題可知S=ab?bc=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=NΔΦΔt計算t=0至t=T4過程中的平均電動勢E=N|Φπ2-Φ0|T4-0=N|0-BS|T4=4NBS2πω[

　　即E=2πNBSω.代入數(shù)值得E=200 V.

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