高中物理第五章交变电流1交变电流练习含解析新人教版选修321203164

交变电流[A 组 素养达标]1．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 ＝BSωsin ωt 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 ＝BSωsin ωt ，由此判断，只有A 选项符合．答案：A2．如图所示是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该交变电流的( )A ．周期是0.02 sB ．电压的峰值是10 VC ．角速度为314 rad/sD ．表达式为u ＝10sin 25πt (V)解析：由题图知：峰值U m ＝10 V ，周期T ＝4×10－2s ，故A 错，B 对；角速度ω＝2πT ＝2π0.04rad/s ＝50π rad/s＝157 rad/s ，故C 错；表达式u ＝10sin 50πt (V)，故D 错．答案：B3.如图所示，在水平匀强磁场中一矩形闭合线圈绕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 ．只将线圈的边长都减半解析：由I m ＝E m R ，E m ＝NBSω，ω＝2πn ，得I m ＝NBS ·2πnR，故A 、C 可行；又电阻R 与匝数有关，当匝数减半时电阻R 也随之减半，则I m 不变，故B 不可行；当边长减半时，面积S 减为原来的14，而电阻减为原来的12，故D 可行．答案：B4.一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图所示．则下列说法中正确的是( )A ．t ＝0时刻，线圈平面与中性面垂直B ．t ＝0.01 s 时刻，Φ的变化率为0C ．t ＝0.02 s 时刻，感应电动势达到最大D ．从t ＝0.01 s 时刻至t ＝0.04 s 时刻线圈转过的角度是32π解析：由图象可知t ＝0、t ＝0.02 s 、t ＝0.04 s 时刻线圈平面位于中性面位置，Φ最大，ΔΦΔt＝0，故E ＝0；t ＝0.01 s 、t ＝0.03 s 、t ＝0.05 s 时刻线圈平面与磁感线平行，Φ最小，ΔΦΔt 最大，故E 最大；从图象可知，从t ＝0.01 s 时刻至t ＝0.04 s 时刻线圈旋转34周，转过的角度为32π.答案：D5．如图所示为一台发电机的结构示意图，其中N 、S 是永久磁铁的两个磁极，它们的表面呈半圆柱面形状．M 是圆柱形铁芯，它与磁极的柱面共轴，铁芯上有一矩形线框，可绕与铁芯M 共轴的固定转轴旋转．磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径、大小均匀的磁场．若从图示位置开始计时，当线框绕固定转轴匀速转动时，下图所示的图象中能正确反映线框中感应电动势e 随时间t 变化规律的是( )解析：因发电机的两个磁极N、S呈半圆柱面形状，磁极间的磁感线如图所示，磁感应强度的大小不变，仅方向发生改变，故线框在磁场中转动时垂直切割磁感线，产生的感应电动势的大小不变，线框越过空隙段后，由于线框切割磁感线的方向发生变化，所以感应电动势的方向发生变化．故选D.答案：D6．一根长直的通电导线中的电流按正弦规律变化，如图(a)、(b)所示，规定电流从左向右为正，在直导线下方有一不闭合的金属线框，则相对于b点来说，a点电势最高的时刻在( )A．t1时刻B．t2时刻C．t3时刻D．t4时刻解析：线框中的磁场是直线电流i产生的，在t1、t3时刻，电流i最大，但电流的变化率为零，穿过线框的磁通量变化率为零，线框中没有感应电动势，a、b两点间的电势差为零．在t2、t4时刻，电流i＝0，但电流变化率最大，穿过线框的磁通量变化率最大，a、b两点间的电势差最大，再根据楞次定律可得出a点相对b点电动势最高时刻在t4，故选项D正确．答案：D7．如图所示，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( )A ．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：在题图所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，由于M 、N 具有换向器的作用，电流方向仍为P →R →Q ，故选项C 正确．答案：C8．(多选)如图甲所示，一个矩形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动．线圈内磁通量随时间t 的变化如图乙所示，则下列说法中正确的是( )A ．t 1时刻线圈中的感应电动势最大B ．t 2时刻ab 的运动方向与磁场方向垂直C ．t 3时刻线圈平面与中性面重合D ．t 4、t 5时刻线圈中感应电流的方向相同解析：t 1时刻通过线圈的Φ最大，磁通量变化率ΔΦΔt 最小，此时感应电动势为零，A 错误；在t 2、t 4时刻感应电动势为E m ，此时ab 、cd 的运动方向垂直于磁场方向，B 正确；t 1、t 3、t 5时刻，Φ最大，ΔΦΔt＝0，此时线圈平面垂直于磁场方向，与中性面重合，C 正确；t 5时刻感应电流为零，D 错误．答案：BC[B 组 素养提升]9．(多选)如图所示，甲、乙两个并排放置的共轴线圈，甲中通有如图丙所示的电流，则( )A．在t1到t2时间内，甲、乙相吸B．在t2到t3时间内，甲、乙相斥C．t1时刻两线圈间作用力为零D．t2时刻两线圈间吸引力最大解析：甲回路电流减弱时，据楞次定律，乙回路将产生与甲同向环绕的感应电流，甲、乙电流之间通过磁场发生相互作用，甲、乙相吸，同理，当甲中电流增强时，甲、乙互相排斥，故选项A、B正确．在t1时刻，甲中电流产生的磁场变化率为零，则乙线圈感生电流瞬时值为零，而t2时刻，虽然乙中感生电流最强，但此时甲中电流瞬时值为零，所以t1、t2时刻，甲、乙电流间相互作用都为零，故选项C正确，D错误．答案：ABC10．如图甲所示，一单匝矩形线圈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方向间的夹角θ＝45°时(如图乙所示)为计时起点，并规定当电流自a流向b时，电流方向为正．则如图所示的四幅图中正确的是( )解析：t＝0时刻，根据题图乙表示的转动方向，由右手定则知，此时ad中电流方向由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ad、bc两边的切割速度方向与磁场方向成45°角，由E m＝2Blv，可得E＝2×22Blv＝22E m，即此时电流是峰值的22，由题图乙还能观察到，线圈在接下来45°的转动过程中，ad、bc两边的切割速度越来越小，所以感应电动势应减小，感应电流应减小，故电流的瞬时值表达式为i ＝－I m ·cos(π4＋ωt )．故选D.答案：D11．如图所示为演示用的手摇发电机模型，匀强磁场磁感应强度B ＝0.5 T ，线圈匝数N ＝50匝，每匝线圈面积为0.48 m 2，转速为150 r/min ，在匀速转动过程中，从图示位置线圈转过90°开始计时：(1)写出交变电流感应电动势瞬时值的表达式； (2)画出et 图线．解析：(1)由题可知N ＝50，B ＝0.5 T ，ω＝2π×15060rad/s ＝5π rad/s， E m ＝NBSω＝50×0.5×0.48×5π≈188 V，由e ＝E m sin ωt 得e ＝188sin 5πt V. (2)T ＝2πω＝2π5πs ＝0.4 s ，et 图线如图所示．答案：见解析[C 组 学霸冲刺]12.如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B ＝0.50 T ，矩形线圈的匝数N ＝100 匝，边长L ab ＝0.20 m ，L bc ＝0.10 m ，以3 000 r/min 的转速匀速转动，若从线圈平面通过中性面时开始计时，试求：(1)交变电动势的瞬时值表达式；(2)若线圈总电阻为2 Ω，线圈外接电阻为8 Ω，写出交变电流的瞬时值表达式； (3)线圈由图示位置转过π2的过程中，交变电动势的平均值．解析：(1)线圈的角速度ω＝2πn ＝314 rad/s ， 线圈电动势的最大值E m ＝NBSω＝314 V ， 故交变电动势的瞬时值表达式为e ＝E m sin ωt ＝314sin(314t )V.(2)I m ＝E mR ＋r＝31.4 A ，所以交变电流的瞬时值表达式为i ＝31.4sin(314t )A.(3)E ＝NΔΦΔt ＝N BS14T ＝4NBSn ＝200 V. 答案：(1)e ＝314sin(314t ) V (2)i ＝31.4sin(314t )A (3)200 V。

高中物理第五章1交变电流练习含解析新人教版选修32103011001.(2019·浙江丽水检测)一线圈在匀强磁场中匀速转动,在如图所示位置时( C )A.穿过线圈的磁通量最大,磁通量的变化率最小B.穿过线圈的磁通量最大,磁通量的变化率最大C.穿过线圈的磁通量最小,磁通量的变化率最大D.穿过线圈的磁通量最小,磁通量的变化率最小解析:当线圈平面平行于磁感线时,磁通量最小,但e为最大,即最大,故C正确.2.(2019·江苏南通检测)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所示,由图中信息可以判断( C )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O时刻到D时刻线圈转过的角度为2πD.若从O时刻到B时刻历时0.02 s,则交变电流的频率为50 Hz解析:A,C时刻电流最大,位于与中性面垂直的位置,故A错.B,D时刻,电流最小,处于中性面位置,磁通量最大,故B错.从O时刻到D时刻是一个周期,线圈转过的角度为2π,故C对.若从O 时刻到B时刻历时0.02 s,则交变电流的频率为25 Hz,故D错.3.(多选)如图所示为演示交变电流产生的装置图,关于这个实验,下列说法正确的是( AC )A.线圈每转动一周,指针左右各摆动一次B.图示位置为中性面,线圈中无感应电流C.线圈逆时针转动到图示位置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,指针左右各摆动一次,故选项A正确;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,故选项B错误,C正确;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,磁通量的变化率最大,故选项 D 错误.4.(2019·甘肃兰州检测)如图所示,有一矩形线圈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( D )A.0.5Bl1l2ωsin ωtB.0.5Bl1l2ωcos ωtC.Bl1l2ωsin ωtD.Bl1l2ωcos ωt解析:公式e=E m sin ωt只适用于线圈平面位于中性面时开始计时的情况,若t=0时线圈不在中性面,上式就不适用了.题中所给初始时刻线圈平面与磁感线平行,即与中性面垂直,此时e=E m sin(ωt+)=E m cos ωt=Bl1l2ωcos ωt,故应选D.5.(多选)如图所示,abcd为一边长为L、匝数为N的正方形闭合线圈,绕对称轴OO′匀速转动,角速度为ω.空间中只有OO′左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B.若闭合线圈的总电阻为R,则( BD )A.线圈中电动势的最大值为NBL2ωB.线圈中电动势的最大值为NBL2ωC.在线圈转动一圈的过程中,线圈中有一半时间没有电流D.当线圈转到图中所处的位置时,穿过线圈的磁通量为BL2解析:最大值E m=NBL2ω,故A错误,B正确;在线圈转动的过程中,线圈始终有一半在磁场中运动,不会有一半时间没有电流,故C错误;题图中所示位置,穿过线圈的磁通量为BL2,故D正确.6.如图所示,矩形线圈abcd在匀强磁场中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( A )A.线圈绕P1转动时产生的感应电流等于绕P2转动时产生的感应电流B.线圈绕P1转动时产生的感应电动势小于绕P2转动时产生的感应电动势C.线圈绕P1和P2转动时产生的感应电流的方向相同,都是a→b→c→dD.线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力解析:线圈转动产生的感应电动势的大小与转动轴的位置无关,选项A正确,B错误;绕两个轴转动产生的感应电流的大小相等,从上向下看,线框逆时针旋转,电流的方向应为a→d→c→b,选项C错误;电流相等,cd受到的安培力也相等,选项D错误.7.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时,产生的感应电动势最大值为50 V,那么该线圈由图示位置转过30°,线圈中的感应电动势大小为( B )A.50 VB.25 VC.25 VD.10 V解析:由题给条件知:交变电流瞬时值表达式为e=50cos ωt V=50cos θ V,当θ=30°时,e=25 V,故B对.8.(多选)一矩形线圈在匀强磁场中以一边为轴匀速转动,磁场方向与转轴垂直,线圈中感应电动势e与时间t的关系如图所示,在时刻,线圈平面与磁场方向的夹角等于( AD )A.30°B.60°C.120°D.150°解析:由题图可知e=E m cos t.在t=时,e=E m,即cos θ=,由此可以确定θ=30°或150°,故A,D正确.9.(2019·浙江嘉兴检测)如图所示为演示用的手摇发电机模型,匀强磁场磁感应强度B=0.5 T,线圈匝数n=50,每匝线圈面积0.48 m2,转速150 r/min,在匀速转动过程中,从图示位置开始计时.(1)写出交变感应电动势瞬时值的表达式.(2)画出e t图线.解析:(1)从线圈平面经过中性面开始计时,则线圈在时间t内转过角度ωt,于是感应电动势瞬时值e=E m sin ωt,其中E m=nBSω.由题意知n=50,B=0.5 T,ω= rad/s=5π rad/s,S=0.48 m2,E m=nBSω=50×0.5×0.48×5π V≈188 V,所以e=188sin(5πt)V.(2)根据交变电流的方程画图线时,最大值是正弦图线的峰值,由纵轴上的刻度值标出,交变电流的频率与正弦图线的周期相对应,ω=,而周期由时间轴上的刻度值标出,T==0.4 s,e t 图线如图所示.答案:(1)e=188sin(5πt)V(2)见解析(教师备用)1.如图所示是一台发电机的结构示意图,其中N,S是永久磁铁的两个磁极,它们的表面呈半圆柱面形状.M是圆柱形铁芯,它与磁极的柱面共轴,铁芯上有一矩形线框,可绕与铁芯M共轴的固定转动轴旋转.磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径、大小近似均匀的磁场.若从图示位置开始计时,当线框绕固定转动轴匀速转动时,下列图象中能正确反映线框中感应电动势e随时间t变化规律的是( D )解析:因发电机的两个磁极N,S呈半圆柱面形状,磁极间的磁感线呈辐向分布,磁感应强度的大小不变,仅方向发生改变,故线框在磁场中转动时垂直切割磁感线,产生的感应电动势的大小不变,线框越过空隙段后,由于线框切割磁感线方向发生变化,所以感应电动势的方向发生变化,综上所述,选项D正确.2.在垂直纸面向里的有界匀强磁场中放置了矩形线圈abcd.线圈cd边沿竖直方向且与磁场的右边界重合.线圈平面与磁场方向垂直.从t=0时刻起,线圈以恒定角速度ω=绕cd边沿如图所示方向转动,规定线圈中电流沿abcda方向为正方向,则从t=0到t=T时间内,线圈中的电流i随时间t变化关系的图象为( B )解析:在0～内,线圈在匀强磁场中匀速转动,故产生正弦式交流电,由楞次定律知,电流方向为负值;在～T 内,线圈中无感应电流;在T时,ab边垂直切割磁感线,感应电流最大,且电流方向为正值,故只有B项正确.3.一圆形线圈,面积是0.05 m2,共100匝,线圈电阻r=2 Ω,外接电阻R=8 Ω,线圈在磁感应强度B= T的匀强磁场中以n=300 r/min的转速绕垂直于磁感线的轴匀速转动,如图所示,若从中性面开始计时,求:(1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式;(2)线圈从开始计时经 s时线圈中由此得到的感应电流的瞬时值;(3)外电路R两端电压瞬时值的表达式.解析:(1)线圈转速n=300 r/min=5 r/s,角速度ω=2πn=10π rad/s,线圈产生的感应电动势最大值E m=NBSω=50 V,感应电动势瞬时值表达式为e=E m sin ωt=50sin(10πt)V.(2)将t= s代入感应电动势瞬时值表达式中,得e′=50sin(10π×)V=25 V,对应的感应电流i′== A.(3)由闭合电路欧姆定律得u=R=40sin(10πt)V.答案:(1)e=50sin(10πt)V (2) A (3)u=40sin 10πt(V)。

人教版高二选修3-2第五章第1节交变电流课时练习学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、多选题1．下列图像中属于交变电流的有（）A．B．C．D．2．如图所示，一面积为S的单匝矩形线圈处于有界磁场中，能使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＝B0sin ωt规律变化3．一矩形线圈绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴匀速转动，线圈中的感应电动势e随时间t变化的规律如图所示，则下列说法正确的是（）A ．图中曲线是从线圈平面与磁场图方向平行时开始计时的B ．1t 和3t 时刻穿过线圈的磁通量为零C ．1t 和3t 时刻穿过线圈的磁通量的变化率为零D ．感应电动势e 的方向变化时，穿过线圈的磁通量最大4．在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图像如图乙所示。

已知矩形线圈的匝数100N =，以角速度100rad/s ωπ=绕OO '轴匀速转动，则（ ）甲. 乙.A ．0.005s t =时线圈中磁通量的变化率为零B ．0.01s t =时线圈平面与中性面重合C ．穿过线圈的最大磁通量为1WbD ．1s 内交变电流方向改变100次 5．图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N 、S 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A 为交流电流表线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO '沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示，以下判断正确的是（ ）甲. 乙.A ．通过电阻R 的电流的最大值为B ．线圈转动的角速度为50π rad/sC ．0.01s 时线圈平面与磁场方向平行D ．0.02s 时电阻R 中电流的方向自右向左 6．如图所示，矩形线圈abcd 的边长分别是ab ＝L ，ad ＝D ，线圈与磁感应强度为B 的匀强磁场平行，线圈以ab 边为轴做角速度为ω的匀速转动，下列说法正确的是(从图示位置开始计时)( )A ．t ＝0时线圈的感应电动势为零B．转过90°时线圈的感应电动势为零C．转过90°的过程中线圈中的平均感应电动势为12BLD ωD．转过90°的过程中线圈中的平均感应电动势为2BLD ωπ7．如图所示为演示交变电流产生的装置图。

第五章交变电流第一节交变电流同步练习一、单选题1.小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示，此线圈与一个R=10Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列说法正确的是（）A. 该交流电压瞬时值的表达式u=100sin（25πt）VB. 该交流电的频率为50HzC. 该交流电的电压的有效值为100D. 若将该交流电压加在阻值R=100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是50W2.某线圈在匀强磁场中匀速转动，穿过它的磁通量φ随时间的变化规律如图所示，那么在图中（）A. t1时刻，穿过线圈磁通量的变化率最大B. t2时刻，穿过线圈的磁通量变化率为零C. t3时刻，线圈中的感应电动势达最大值D. t4时刻，线圈中的感应电动势达最大值3.单匝矩形线圈abcd边长分别为l1和l2，在匀强磁场中可绕与磁场方向垂直的轴OO′匀角速转动，转动轴分别过ad边和bc边的中点，转动的角速度为ω．磁场的磁感应强度为B．图为沿转动轴OO′观察的情况，在该时刻线圈转动到ab边的速度方向与磁场方向夹角为θ，此时线圈中产生的感应电动势的瞬时值为（）A. 2Bl1l2ωcosθB. 3Bl1l2ωsinθC. Bl1l2ωcosθD.Bl1l2ωsinθ4.如图甲所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交变电流如图乙所示，设沿abcda方向为电流正方向，则下列说法正确的是（）A. 乙图中ab时间段对应甲图中A至B图的过程B. 乙图中bc时间段对应甲图中C至D图的过程C. 乙图中d时刻对应甲图中的D图D. 若乙图中d处是0.02 s，则1 s内电流的方向改变50次5.一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，下列说法正确的是（）A. 在中性面时，通过线圈的磁通量最小B. 在中性面时，磁通量的变化率最大，感应电动势最大C. 线圈通过中性面时，电流的方向发生改变D. 穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势也为零6.矩形线框垂直于匀强磁场且位于线框平面的轴匀速转动时产生交变电流，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，线框中感应电动势为零第1页，共9页C. 每当线框掠过中性面时，感应电动势和感应电流方向就改变一次D. 线框经过中性面时各边切割线的速度为零7.线圈的匝数为100匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈磁通量随时间的变化规律如图所示．下列结论正确的是（）A. 在t=0 s和t=0.2s时，线圈平面和磁场垂直，电动势最大B. 在t=0.1s和t=0.3 s时，线圈平面和磁场垂直，电动势为零C. 在t=0.2s和t=0.4s时电流改变方向D. 在t=0.1s和t=0.3 s时，线圈切割磁感线的有效速率最大二、多选题8.在匀强磁场中，一矩形金属线框在匀强磁场中绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示，则下列说法正确的是（）A. t=0.01s时穿过线框的磁通量最小B. t=0.01s时穿过线框的磁通量变化率最大C. 该线框匀速转动的角速度大小为100πD. 电动势瞬时值为22V时，线圈平面与中性面的夹角可能为45°9.如图矩形线圈面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻R．在线圈由图示位置转过90°的过程中（）A. 磁通量的变化量△φ=nBSB. 平均感应电动势=C. 通过电阻的电量为D. 电阻R产生的焦耳热Q=10.一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示，已知发电机线圈内阻为5.0Ω接一只电阻为95.0Ω如图乙所示，则正确的是（）A. 周期为0.02sB. 电路中的电压表的示数为220VC. 该交变电动势的瞬时值表达式为e =220sin（100πt）D. 发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为20J11.如图所示，发电机的矩形线圈面积为S，匝数为N，绕OO′轴在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动．从图示位置开始计时，下列判断正确的是（）A. 此时穿过线圈的磁通量为NBS，产生的电动势为零B. 线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωsinωtC. P向下移动时，电流表示数变小D. P向下移动时，发电机的电功率增大12.单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，如线圈所围面积里的磁通量随时间变化的规律如图所示，则线圈中（）A. 0时刻感应电动势最大B. 0.05s时感应电动势为零C. 0.05s时感应电动势最大D. 0～0.05s这段时间内平均感应电动势为0.4V13.在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，当线框的转速为n1时，产生的交变电动势的图线为甲，当线框的转速为n2时，产生的交变电动势的图线为乙．则（）A. t=0时，穿过线框的磁通量均为零B. 当t=0时，穿过线框的磁通量变化率均为零C. n1：n2=3：2D. 乙的交变电动势的最大值是V三、计算题14.如图所示，在磁感应强度B=0.2T的水平匀强磁场中，有一边长为L=10cm，匝数N=100匝，电阻r=1Ω的正方形线圈绕垂直于磁感线的OO′轴匀速转动，转速n =r/s，有一电阻R=9Ω，通过电刷与两滑环接触，R两端接有一理想电压表，求：（1）若从线圈通过中性面时开始计时，写出电动势瞬时植表达式；（2）求从中性面开始转过T时的感应电动势与电压表的示数；（3）在1分钟内外力驱动线圈转动所作的功．第3页，共9页15.如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2，共200匝；线圈总电阻r=1Ω，外接电阻R=9Ω，匀强磁场的磁感应强度B=T，线圈以角速度ω=100πrad/s匀速转动．（1）若线圈经图示位置时开始计时，写出线圈中感应电动势瞬时值的表达式；（2）求通过电阻R的电流有效值．16.如图所示为交流发电机示意图，匝数为n=100匝的矩形线圈，边长分别为10cm和20cm，内阻为5Ω，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO′轴以50rad/s 的角速度匀速转动，线圈和外部20Ω的电阻R相接．求：（1）若从线圈图示位置开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式（2）电键S合上时，电压表和电流表示数；（3）通过电阻R的电流最大值是多少；（4）电阻R上所消耗的电功率是多少．答案和解析【答案】1. D2. D3. D4. B5. C6. C7. B8. CD9. BCD10. AC11. BD12. ABD13. BCD14. 解：（1）角速度ω=2πn=200rad/s电动势的最大值E m=NBSω=100×0.2×0.12×200=40V表达式e=E m sinωt=40sin200t（V）（2）电压有效值E =V电压表示数U ==18V从中性面开始转过T时的感应电动势e =40×sin（3）外力做的功转化为电能W=EIt=E=4800J答：（1）若从线圈通过中性面时开始计时，电动势瞬时植表达式为e=40sin200t（V）；（2）从中性面开始转过T 时的感应电动势为V，电压表的示数为18V；（3）在1分钟内外力驱动线圈转动所作的功为4800J．15. 解：（1）感应电动势最大值为E m=NBS ω=200××0.05×100πV=1000V由于从中性面开始计时，则瞬时值表达式为：e=E m sin（ωt）=1000sin（100πt）V（2）流过电阻R的最大电流I m ===100A通过电阻R的电流有效值I ===50A．答：（1）若线圈经图示位置开始计时，线圈中感应电动势瞬时值的表达式是e=1000sin（100πt）V；（2）通过电阻R的电流有效值是50A．16. 解：（1）产生的感应电动势的最大值为瞬时表达式为闭合s 时，有闭合电路的欧姆定律可得电压为U=IR=40V（3）通过R 的电流最大值为（4）电阻R上所消耗的电功率P= IU=2×40 W=80 W．答：（1）若从线圈图示位置开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式为（2）电键S合上时，电压表和电流表示数分别为40V，2A；（3）通过电阻R 的电流最大值是（4）电阻R上所消耗的电功率是80W【解析】1. 解：A、由图象可知交变电流的周期T=0.04s ，角速度，频率f =Hz，故该交流电压瞬时值的表达式u=100sin（50πt）V，故AB错误；第5页，共9页C、该交流电的电压的有效值为，故C错误；D、若将该交流电压加在阻值R=100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为：P=，故D正确故选：D从图象中可以求出该交流电的最大电压以及周期等物理量，然后根据最大值与有效值以及周期与频率关系求解．本题考查了交流电最大值、有效值、周期、频率等问题，要学会正确分析图象，从图象获取有用信息求解．2. 解：A、t1时刻，磁通量最大，磁通量的变化率为零，t2时刻磁通量为零，磁通量的变化率最大．故AB 错误．C、t3时刻，磁通量最大，磁通量的变化率为零，则感应电动势为零．故C错误．D、t4时刻磁通量为零，磁通量的变化率为最大，则感应电动势最大．故D正确．故选：D．感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，磁通量φ随时间的变化图线的斜率反映感应电动势的大小．解决本题的关键知道感应电动势与磁通量变化率的关系，知道图线的斜率反映感应电动势的大小．3. 解：矩形线圈在匀强磁场中做匀角速转动，产生交流电，感应电动势的最大值为：E m=nBSω=nBL1L2ω根据电动势的瞬时值表达式：e=E m sinωt，在该时刻线圈转动到ab边的速度方向与磁场方向夹角为θ时，θ=ωt；此时线圈中产生的感应电动势的瞬时值为：e=Bl1l2ωsinθ．故选：D发电机产生正弦式交变电流，根据公式E m=nBSω求解最大电动势，根据电动势的瞬时值表达式：e=E m sinωt，即可得出结论．本题关键是记住交流电最大值表达式E m=nBSω，然后结合电动势的瞬时值表达式即可．4. 解：从线圈转过中性面的位置开始计时，所以电流在开始时为0；线圈在匀强磁场中绕轴逆时针匀速转动时，切割磁感线，产生电流，根据右手定则可以判定；A、乙图中ab，感应电流为正方向，且大小在减小，根据楞次定律，则有：感应电流方向abcda，根据法拉第电磁感应定律，则有：感应电流的大小在增大，所以对应甲图中B至C图的过程，故A错误；B、乙图中bc，感应电流为负方向，且大小在增大，根据楞次定律，则有：感应电流方向adcba，根据法拉第电磁感应定律，则有：感应电流的大小在增大，所以对应甲图中C至D图的过程，故B正确；C、乙图中d时刻，感应电流为零，则磁通量的变化率最小，即磁通量最大，且电流有负变为零，故对应A 图，故C错误；D、若乙图中D等于0.02s，则周期为0.02s，则交流电的频率为50Hz，而一个周期内电流方向改变两次，所以1s内电流的方向改变了100 次；故D错误；故选：B．该位置的磁通量最大，感应电流为0，是中性面．矩形线圈在匀强磁场中绕轴匀速转动时，在线圈中产生正弦交流电该题考查交流电的产生、中性面与交流电的图象，要明确线圈的转动图象与交流电的瞬时电动势的图象之间的关系．5. 解：A、在中性面时，线圈与磁场垂直，磁通量最大．故A错误．B、在中性面时，没有边切割磁感线，感应电动势为零．故B错误．C、线圈每次通过中性面，电流的方向均会发生改变；故C正确；D、穿过线圈的磁通量为零时，线圈与磁场平行，有两边垂直切割磁感线，感应电动势最大．故D错误．故选：C．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，线圈中产生正弦式电流．在中性面时，线圈与磁场垂直，磁通量最大，感应电动势为零．线圈每通过中性面一次，电流方向改变一次．本题考查正弦式电流产生原理的理解能力，抓住两个特殊位置的特点：线圈与磁场垂直时，磁通量最大，感应电动势为零；线圈与磁场平行时，磁通量为零，感应电动势最大．6. 解：A、在中性面时感应电流为零，感应电动势为零，线圈与磁场垂直，磁通量最大．故A错误；B、当穿过线框的磁通量为零时，线框中感应电动势最大；故B错误；C、每当线框掠过中性面时，感应电动势和感应电流方向就改变一次；故C正确；D、左右两边要切割磁感线的速度不为零，但由于相互抵消而使磁通量为零；故D错误；故选：C．线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦交变电流，由电流图象读出感应电流的变化．由欧姆定律得知感应电流与感应电动势成正比，由法拉第电磁感应定律得知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，当线圈磁通量最大时，感应电动势为零；而当线圈的磁通量为零时，感应电动势最大．本题考查理解正弦交变电流与磁通量关系的能力及把握电流的变化与线圈转过的角度的关系的能力．比较简单．7. 解：A、在t=0 s和t=0.2 s时，磁通量最最小，线圈位于与中性面垂直位置，感应电动势最大，故A错误；B、在t=0.1 s和t=0.3 s时，磁通量最大，线圈位于中性面位置，感应电动势为零，故B正确；C、在t=0.2s和t=0.4s时，磁通量最最小，线圈位于与中性面垂直位置，电流方向没有发生变化，故C错误；D、在在t=0.1s和t=0.3 s时，磁通量最大，线圈处于中性面位置，感应电动势为零，故磁通量变化率为零，线圈切割磁感线的有效速率最小，故D错误；故选：B．交变电流产生过程中，线圈在中性面上时，穿过线圈的磁通量最大，感应电动势最小，线圈与中性面垂直时，通过的磁通量最小，电动势为大；结合Φ-t图象分析答题．要掌握交流电产生过程特点，特别是两个特殊位置：中性面和垂直中性面时，掌握电流产生过程即可正确解题．8. 解：A、由图象知：t=0.01s时，感应电动势为零，则穿过线框的磁通量最大，变化率最小，故AB错误；C、由图象得出周期T=0.02s，所以ω==100πrad/s，故C正确D、当t=0时，电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，故该交变电动势的瞬时值表达式为e=311sin（100πt）V，电动势瞬时值为22V时，代入瞬时表达式，则有线圈平面与中性面的夹角正弦值sinα=，所以线圈平面与中性面的夹角可能为45°，故D正确；故选：CD．从图象得出电动势最大值、周期，从而算出频率、角速度；磁通量最大时电动势为零，磁通量为零时电动势最大本题考查了对交流电图象的认识，要具备从图象中获得有用信息的能力，并掌握有效值与最大值的关系．9. 解：A、图示位置磁通量为Φ1=0，转过90°磁通量为Φ2=BS，△Φ=Φ2-Φ1=BS．故A错误．B 、根据法拉第电磁感应定律得，平均感应电动势，△t =解得=，故B正确；C、通过电阻R的电量q=It =t=n，得到q =，故C正确；D、电流的有效值为I =，E =，电阻R所产生的焦耳热Q=I2Rt，解得Q =，故D正确．故选：BCD．图示位置磁通量为Φ1=0，转过90°磁通量为Φ2=BS=Φ2-Φ1．根据法拉第电磁感应定律求解平均感应电动第7页，共9页势．根据焦耳定律Q=I2Rt求解热量，I为有效值．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式求解电量．对于交变电流，求解热量、电功和电功率用有效值，而求解电量要用平均值．注意磁通量与线圈的匝数无关．10. 解：A、由甲图可知交流电的周期T=0.02s，故A正确；B、由甲图可知交流电的最大值为E m=220V，故有效值E=220V，电压表示数U=V=209V．故B错误；C、角速度，故该交变电动势的瞬时值表达式为e=220sin（100πt），故C正确；D、发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q=t=×1J=24.2J．故D错误．故选：AC．由图读出电动势的最大值，求出有效值，根据欧姆定律求出外电压的有效值，即为电压表的示数．根据电流方向每个周期改变两次，求出每秒钟方向改变的次数．根据电压有效值求出灯泡消耗的功率．由焦耳定律，由有效值求出发电机焦耳热．交流电的电压、电流、电动势等等物理量都随时间作周期性变化，求解交流电的焦耳热、电功、电功率时要用交流电的有效值，求电量时用平均值．11. 解：A、此时线圈位移中性面，穿过线圈的磁通量最大为BS，故A错误；B、产生的感应电动势的最大值为E m=NBSω，从中性面开始计时，故e=NBSωsinωt，故B正确；C、当P位置向下移动、R不变时，副线圈匝数增大，根据理想变压器的变压比公式，输出电压变大，故电流变大，功率变大，故输入功率变大，故C错误，D正确故选：BD正弦式交流发电机从中性面位置开始计时，其电动势表达式为：e=NBSωsinωt；电压表和电流表读数为有效值本题关键明确交流四值、理想变压器的变压比公式、功率关系，注意求解电量用平均值12. 解：A、由图示图象可知，0时刻磁通量的变化率最大，感应电动势最大，故A正确；B、由图示图象可知，0.05s时刻磁通量的变化率为零，感应电动势为零，故B正确，C错误；D、由法拉第电磁感应定律可知，0～0.05s内平均感电动势：E===0.4V，故D正确；故选：ABD．根据法拉第电磁感应定律知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比．通过法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势的大小．本题关键是掌握好图象的含义，磁通量比时间其物理含义为感应电动势，即图象的斜率表示感应电动势．13. 解：A、由图象知t=0时，电动势为零，穿过线框的磁通量最大，A错误；B、当t=0时，穿过线框的磁通量变化率均为零，B正确；C、由图象知=37.5，=25，所以n1：n2=3：2，C正确；D、由图象知NBS×2πn1=10V，所以，乙的交变电动势的最大值是NBS×2πn2=V，D正确；故选BCD根据图象判断初始时刻电动势为零，所以是从中性面开始计时，磁通量最大，磁通量变化率为零，由图象知道周期，求出转速之比，根据最大值的表达式判断D．本题考查了交流电的产生和原理，能够从图象中获取对我们解决问题有利的物理信息．14. （1）交流发电机产生电动势的最大值E m=nBSω，从线圈通过中性面时开始计时，电动势表达式为e=E m sinωt．（2）交流电压表测量的是路端电压有效值，根据闭合电路欧姆定律和最大值是有效值的倍，进行求解．（3）根据焦耳定律Q=EIt求解整个回路发热量，即可得到外力做功．解决本题的关键掌握正弦式交流电峰值的表达式E m=nBSω，知道从中性面计时，电动势表达式为e=E m sinωt，要注意求电功时必须用有效值求解．15. 从线圈处于中性面开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式e=E m s inωt，由E m=NBSω求出E m．根据闭合电路欧姆定律求最大电流I m，通过电阻R的电流有效值I =．本题考查对交流发电机原理的理解能力．对于交流电表，显示的是交流电的有效值．瞬时值表达式要注意计时起点，不同的计时起点表达式的初相位不同．16. （1）由E m= nBSω求得最大值，根据e=E m cosωt求得瞬时表达式；（2）电压表和电流表测量的是有效值，根据闭合电路的欧姆定律即可判断；（3）根据求得最大值；（4）有P=UI求得产生的功率本题考查了求电压表与电流表示数、求电阻消耗的功率问题，求出感应电动势的最大值、掌握最大值与有效值间的关系、应用欧姆定律即可正确解题．第9页，共9页。

【最新】度高二物理人教版选修3-2第五章交变电流第1节交变电流同步练习学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示，此线圈与一个R=10Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列说法正确的是（）A．该交流电的电压的有效值为B．该交流电的频率为50HzC．若将该交流电压加在阻值R=100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是50WD．该交流电压瞬时值的表达式u=100sin（25πt）2．某线圈在匀强磁场中匀速转动，穿过它的磁通量φ随时间的变化规律如图所示，那么在图中（）A．t1时刻，穿过线圈磁通量的变化率最大B．t2时刻，穿过线圈的磁通量变化率为零C．t3时刻，线圈中的感应电动势达最大值D．t4时刻，线圈中的感应电动势达最大值3．单匝矩形线圈abcd边长分别为l1和l2，在匀强磁场中可绕与磁场方向垂直的轴OO′匀角速转动，转动轴分别过ad边和bc边的中点，转动的角速度为ω．磁场的磁感应强度为B．图为沿转动轴OO′观察的情况，在该时刻线圈转动到ab边的速度方向与磁场方向夹角为θ，此时线圈中产生的感应电动势的瞬时值为（）A．2Bl1l2ωcosθB．3Bl1l2ωsinθC．Bl1l2ωcosθD．Bl1l2ωsinθ4．如图甲所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交变电流如图乙所示，设沿abcda方向为电流正方向，则下列说法正确的是（）A．乙图中ab时间段对应甲图中A至B图的过程B．乙图中bc时间段对应甲图中C至D图的过程C．乙图中d时刻对应甲图中的D图D．若乙图中d处是0.02s，则1s内电流的方向改变50次5．一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，下列说法正确的是（）A．在中性面时，通过线圈的磁通量最小B．在中性面时，磁通量的变化率最大，感应电动势最大C．线圈通过中性面时，电流的方向发生改变D．穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势也为零6．矩形线框绕垂直于匀强磁场且在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最大C．每当线框经过中性面时，感应电流方向不改变D．线框经过中性面时，各边切割磁感线的速度不为零7．线圈的匝数为100匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈磁通量随时间的变化规律如图所示．下列结论正确的是（）A ．在t =0 s 和t =0.2s 时，线圈平面和磁场垂直，电动势最大B ．在t =0.1s 和t =0.3s 时，线圈平面和磁场垂直，电动势为零C ．在t =0.2s 和t =0.4s 时电流改变方向D ．在t =0.1s 和t =0.3s 时，线圈切割磁感线的有效速率最大二、多选题8．在匀强磁场中，一矩形金属线框在匀强磁场中绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动如图甲所示，产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）A ．t =0.01s 时穿过线框的磁通量最小B ．t =0.01s 时穿过线框的磁通量变化率最大C ．该线框匀速转动的角速度大小为100πrad/sD ．电动势瞬时值为22V 时，线圈平面与中性面的夹角可能为45°9．如图矩形线圈面积为S ，匝数为n ，线圈总电阻为r ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕OO 、轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻R ．在线圈由图示位置转过90o 的过程中A ．磁通量的变化量nBS ∆Φ=B ．平均感应电动势2nBS E ωπ=C ．通过电阻的电量为nBSR r+ D ．电阻R 产生的焦耳热22()4()nBS R Q R r ωπ=+10．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示，已知发电机线圈内阻为5.0Ω接一只电阻为95.0Ω如图乙所示，则正确的是（ ）A ．周期为0.02sB ．电路中的电压表的示数为220VC ．该交变电动势的瞬时值表达式为e sin （100πt ）D ．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为20J11．如图所示，发电机的矩形线圈面积为S ，匝数为N ，绕'OO 轴在磁感应强度为B 的匀强磁场中以角速度ω匀速转动.从图示位置开始计时，下列判断正确的是( )A ．此时穿过线圈的磁通量为NBS ，产生的电动势为零B ．线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为sin e NBS t ωω=C ．P 向下移动时，电流表示数变小D ．P 向下移动时，发电机的电功率增大12．单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速运动，转轴垂直于磁场，若线圈所围面积里磁通量随时间变化的规律如图所示，则O ～D 过程中（ ）A ．线圈中O 时刻感应电动势最大B ．线圈中D 时刻感应电动势为零C ．线圈中D 时刻感应电动势最大D ．线圈中O 至D 时间内平均感应电动势为0.4 V13．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，当线框的转速为n 1时， 产生的交变电动势的图线为甲，当线框的转速为n 2时，产生的交变电动势的图线为乙．则（ ）A．t＝0时，穿过线框的磁通量均为零B．t＝0时，穿过线框的磁通量变化率均为零C．n1∶n2＝3∶2D．乙的交变电动势的最大值是203V三、解答题14．如图所示，在磁感应强度B=0.2T的水平匀强磁场中，有一边长为L=10cm，匝数N=100匝，电阻r=1Ω的正方形线圈绕垂直于磁感线的OO′轴匀速转动，转速n=100r/s，有一电阻R=9Ω，通过电刷与两滑环接触，R两端接有一理想电压表，求：（1）若从线圈通过中性面时开始计时，写出电动势瞬时植表达式；（2）求从中性面开始转过16T时的感应电动势与电压表的示数；（3）在1分钟内外力驱动线圈转动所作的功．15．如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2，共200匝；线圈总电阻r=1Ω，外接电阻R=9Ω，匀强磁场的磁感应强度B=1πT，线圈以角速度ω=100π rad/s匀速转动．（1）若线圈经图示位置时开始计时，写出线圈中感应电动势瞬时值的表达式；（2）求通过电阻R的电流有效值．16．如图所示为交流发电机的示意图，匝数为n=100匝矩形线圈，边长分别为10cm和20cm，内阻为5Ω，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO′轴以50√2rad/s的角速度匀速转动，线圈和外部电阻R相连接，R=20Ω，求：（1）若从线圈图示位置开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式（2）电键S合上时，电压表和电流表示数；（3）通过电阻R的电流最大值是多少；（4）电阻R上所消耗的电功率是多少．参考答案1．C 【解析】由图可知，该交流电的电压的最大值为100V ，=，选项A 错误；该交流电的周期为T=0.04s ，则频率为f=1/T=25Hz ，选项B 错误；若将该交流电压加在阻值R =100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是250U P W R ===，选项C 正确；250/rad s Tπωπ==，则该交流电压瞬时值的表达式u =100sin （50πt ）V ，选项D 错误；故选C. 2．D 【解析】A 、1t 时刻，磁通量最大，磁通量的变化率为零，2t 时刻磁通量为零，磁通量的变化率最大，故AB 错误；C 、3t 时刻，磁通量最大，磁通量的变化率为零，则感应电动势为零，故C 错误；D 、4t 时刻磁通量为零，磁通量的变化率为最大，则感应电动势最大，故D 正确． 点睛：解决本题的关键知道感应电动势与磁通量变化率的关系，知道图线的斜率反映感应电动势的大小． 3．D 【解析】 【分析】发电机产生正弦式交变电流，根据公式E m =nBSω求解最大电动势，根据电动势的瞬时值表达式：e=E m sinωt ，即可得出结论． 【详解】矩形线圈在匀强磁场中做匀角速转动，产生交流电，感应电动势的最大值为：E m =nBSω=nBL 1L 2ω ；根据电动势的瞬时值表达式：e=E m sinωt ，在该时刻线圈转动到ab 边的速度方向与磁场方向夹角为θ时，θ=ωt ；此时线圈中产生的感应电动势的瞬时值为：e=Bl 1l 2ωsinθ。

第1节交变电流1．(多项选择)(2019·市昌平区临川学校高二下学期期中)如下列图，观察电流表的指针，可以看到( ACD )A．指针随着线圈转动而摆动，并且线圈旋转一周，指针左右摆动一次B．当线圈平面转到跟磁感线垂直的平面位置时，电流表的指针偏转最大C．当线圈平面转到跟磁感线平行的位置时，电流表的指针偏转最大D．在匀强磁场中匀速转动的线圈里产生的感应电动势和感应电流是按正弦规律变化的解析：当线圈转动时磁通量变化，产生感应电流，导致指针摆动；每当线圈通过中性面位置时，电流方向改变，如此线圈旋转一周电流方向改变两次，指针左右摆动一次，故 A 正确；当线圈平面转到跟磁感线垂直的平面位置时，即中性面位置，如此电流表的指针读数为零，故B错误；当线圈平面转到跟磁感线平行的位置时，线框切割速度最大，如此感应电动势最大，电流表的指针偏转最大，故C正确；在匀强磁场中匀速转动的线圈里产生感应电动势和感应电流是按正弦规律变化的，故D正确。

2．(2019·陕西省安康市高二下学期期中)如图甲所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交变电流如图乙所示，设沿abcda方向为电流正方向，如此如下说法正确的答案是( A )A．乙图中Oa时间段对应甲图中A至B图的过程B．乙图中c时刻对应甲图中的C图C．假设乙图中d等于0.02 s，如此1 s内电流的方向改变50次D．假设乙图中b等于0.02 s，如此交流电的频率为50 Hz解析：乙图中Oa时间段对应电流为abcda方向且从零逐渐变大，如此根据楞次定律，此过程对应甲图中A至B图的过程，选项 A正确；乙图中c时刻，感应电流最大，如此磁通量的变化率最大，而C图的磁通量变化率最小，故B错误；假设乙图中d 等于0.02 s ，如此周期为0.02 s ，如此交流电的频率为50 Hz ，而一个周期内电流方向改变两次，所以1 s 内电流的方向改变了100次；故CD 错误。

第五章第1节一、选择题1．(多选)如图所示的图象中属于交变电流的有()答案ABC解析选项A、B、C中e的方向均发生了变化，故它们属于交变电流，但不是正弦式交变电流，选项D中e的方向未变化，故是直流电。

2．(多选)线圈在匀强磁场中转动，产生的电动势表达式为e＝10sin20πt 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，线圈切割磁感线的有效速率最大D．t＝0.4 s时，e有最大值10 2 V答案AB解析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，但此时线圈速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速率为零，A、B正确，C错误。

当t＝0.4 s时，e＝10sin20πt＝10×sin(20π×0.4) V＝0，D错误。

3．关于中性面，下列说法中不正确的是()A．中性面就是穿过线圈的磁通量为零的面B．中性面就是线圈中磁通量变化率为零的面C．线圈经过中性面时，电流方向必改变D．中性面就是线圈内感应电动势为零的面答案 A解析 中性面是穿过线圈的磁通量最大时的面。

在中性面时，导体不切割磁感线，且转过中性面时线圈转动方向与磁场方向的夹角由锐角变为钝角或由钝角变为锐角，所以在中性面时线圈中感应电动势为零，电流方向要发生变化。

故正确的选项为B 、C 、D ，应选A 。

4．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，由图象可知( )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0C ．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0.02 s ，则在1 s 内交变电流的方向改变100次 答案 D解析 A 、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0，线圈在中性面，此时磁通量最大。

从A 时刻到D 时刻线圈转过的角度为3π2。

1交变电流A级抓基础1． (多项选择 )以下各图中，线圈中能产生沟通电的有()答案： BCD2．闭合线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的正弦式交变电流i＝ I m sin ωt.若保持其他条件不变，使线圈的匝数和转速各增添 1 倍，则电流的变化规律为()mωt mωtA ． i ′＝ I sinB ． i′＝ I sin 2C．i ′＝ 2I m sin ωt D ．i ′＝ 2I m sin 2ωt分析：由电动势的最大值知，最大电动势与角速度成正比，与匝数成正比，所以电动势最大值为 4E m，匝数加倍后，其电阻也应当加倍，此时线圈的电阻为2R，依据欧姆定律可得电流的最大值为I m′＝4E m＝ 2I m，所以，电流的变化规律为i′＝ 2I m sin 2ωt. 2R答案： D3.矩形线圈在磁场中匀速转动时，产生的感觉电动势最大值为50 V ，那么该线圈由右图所示地点转过 30°，线圈中的感觉电动势大小为 ()A．50 V B．25 3 VC．25 V D．10 V分析：由题给条件知：交变电流刹时价表达式为e＝ 50cos ωt ＝50cos θ，当θ＝30°时，e＝25 3V ，B 对．答案： B4．(多项选择 )以下图，矩形线圈abcd 放在匀强磁场中，ad＝ bc＝ l1，ab＝ cd＝ l 2，从图示地点起该线圈以角速度ω绕不一样转轴做匀速转动，则()A ．以 OO ′为转轴时，感觉电动势e＝Bl l ωsin ωt12B．以 O1O1′为转轴时，感觉电动势e＝Bl 1l 2ωsin ωtC．以 OO ′为转轴时，感觉电动势e＝Bl 1 l2ωcos ωtD．以 OO ′为转轴跟以 ab 为转轴同样，感觉电动势12ωt＋πe＝Bl l ωsin2分析：以 O1O1′为轴转动时，磁通量不变，不产生交变电流．不论以OO ′为轴仍是以ab 为轴转动，感觉电动势的最大值都是Bl 1l2ω.因为是从与磁场平行的面开始计时，产生的是余弦式交变电流，故C、 D 正确．答案： CD5．一矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交变电动势为e＝ 10 2sin 20 πt V ，则以下说法正确的选项是 ()A ． t＝0 时，线圈位于中性面B．t ＝0 时，穿过线圈的磁通量为零C．t ＝0 时，导线切割磁感线的有效速度最大D． t＝0.4 s 时，电动势第一次出现最大值分析：由电动势e＝ 10 2sin 20πt V 知，计时从线圈位于中性面时开始，所以t＝ 0 时，线圈位于中性面，磁通量最大，但此时导线线速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速度为零， A 正确， B 、C 错误．当t＝ 0.4 s 时， e＝ 102 sin(20π× 0.4) V ＝ 0， D 错误．答案： AB级提能力6． (多项选择 )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依据图乙所示的余弦规律变化，则在t＝π时辰(2ω)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．线圈中的电流为零分析： t＝π＝ T，此时线圈位于中性面地点，所以穿过线圈的磁通量最大，B 错误，由2ω4于此时感觉电动势为零，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．答案： CD7．矩形线圈abcd 在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生以以下图所示的沟通电，设沿 a→ b→ c→ d→ a 方向为电流正方向，则对应t1时辰线圈地点为()分析：由题图知在t1时辰线圈获取最大正向电流，电流方向为a→ b→c→ d→ a，又线圈为逆时针转动，故只有 B 图切合电流方向为a→ b→ c→d→ a 且最大．答案： B8．以下图，甲、乙两个并排搁置的共轴线圈，甲中通有以下图的沟通电，则以下判断错误的选项是 ()A ．在 t1到 t2时间内，甲、乙相吸B．在 t2到 t3时间内，甲、乙相斥C．t 1时辰两线圈间作使劲为零D． t2时辰两线圈间吸引力最大分析： t1和 t 2时间内，甲中电流减小，甲中的磁场穿过乙而且减小，所以乙中产生与甲同向的磁场，故甲、乙相吸， A 选项正确，同理 B 选项正确． t1时辰甲中电流最大，但变化率为零，乙中无感觉电流，故两线圈的作使劲为零，故 C 选项正确． t2时辰甲中电流为零，此时电流的变化率最大，乙中的感觉电流最大，但互相作使劲为零，故 D 选项错误．答案： D9.以下图为演示用的手摇发电机模型，匀强磁场磁感觉强度B＝ 0.5 T ，线圈匝数n＝50，每匝线圈面积0.48 m2，转速 150 r/min ，在匀速转动过程中，从图示地点开始计时．(1)写出交变感觉电动势刹时价的表达式；(2)画出 e－ t 图线．分析： (1)当线圈平面经过中性面开始计时，则线圈在时间t 内转过角度ωt，于是感觉电动势刹时价e＝ E m sin ωt，此中 E m＝ nBSω.由题意知 n＝ 50， B＝ 0.5 T，ω＝2π× 1502，60rad/s＝ 5πrad/s ， S＝ 0.48 mE m＝ nBSω＝50× 0.5 × 0.48 ×V ≈5 188π V ，所以 e＝188sin 5πt(V) ．(2)依据沟通电的方程绘图线时，最大值是正弦图线的峰值，由纵轴上的刻度值标出，2πT＝2π沟通电的频次与正弦图线的周期相对应，ω＝T，而周期由时间轴上的刻度值标出，ω＝0.4 s， e－ t 图线以下图．10 10．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴转动，线圈共100 匝，转速为πr/min ，在转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为0.03 Wb ，则线圈平面转到与磁感线平行时，感觉电动势为多少？当线圈平面与中性面夹角为π时，感觉电动势为多少？3分析：由题意知：Φm＝0.03 Wb，ω＝2πn＝2π×1011π×60rad/s＝3 rad/s.线圈转至与磁感线平行时，感觉电动势最大，故1 E m＝ NBSω＝ NΦmω＝ 100 ×0.03 × V ＝ 1 V，3刹时价表达式e＝E m sin ωt＝ sin 1t V ，3ππ3当θ＝ωt＝时， e＝ sinV ＝2V.33。

1 交变电流课后篇巩固提升基础巩固1.如图所示,线圈中不能产生交变电流的是()、C、D中线圈产生的感应电流方向均发生变化,故能产生交变电流,A中不产生交变电流。

2.如图所示,属于交变电流的是()A、B、D三项所示的电流大小随时间做周期性变化,但其方向不变,不是交变电流,它们所表示的是直流电。

C选项中电流的方向随时间做周期性变化,故选C。

3.(多选)线圈在匀强磁场中转动产生的电动势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率最大D.t=0.4 s时,e有最大值10 V,所以t=0时,线圈平面位于中性面,磁通量为最大,但此时导线速度方向与磁感线平行,切割磁感线的有效速率为零,A、B正确,C错误。

当t=0.4 s时,e=10sin(20πt) V=10×sin(20π×0.4) V=0,D错误。

4.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方向的感应电流方向为正,则能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图象是下图中的(),将图线描述的变化过程对应到线圈所处的具体位置是分析本题的关键,线圈在图示位置时磁通量为零,但感应电流为最大值;再由楞次定律可判断线圈在转过90°的过程中,感应电流方向为正,故选项C正确。

5.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0.02 s,则在1 s内交变电流的方向改变100次、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,线圈在中性面,此时磁通量最大。