高中物理课时跟踪检测七交变电流新人教版选修3_2

课时跟踪检测（七） 交变电流

1．如图所示的各图像中表示交变电流的是(

)

解析：选D B、C两图像中，虽然电流大小随时间做周期性变化，但方向从图上看在t轴一侧方向不变，故不是交变电流。A图中电流的方向没发生变化，不是交变电流。D图中，从图上看电流分布在t轴两侧，电流的大小、方向均做周期性变化，是交变电流，故选D。

2. (多选)某线圈在匀强磁场中匀速转动，穿过它的磁通量Φ随时间变化的规律如图1所示，则(

)

图1

A．t1时刻，穿过线圈的磁通量的变化率最大

B．t2时刻，穿过线圈的磁通量的变化率为零

C．t3时刻，线圈中的感应电动势为零

D．t4时刻，线圈中的感应电动势最大

解析：选CD t1时刻，穿过线圈的Φ最大，但ΔΦΔt为零，A错误；t2时刻，穿过线圈的Φ等于零，但ΔΦΔt最大，B错误；t3时刻，Φ最大，ΔΦΔt等于零，感应电动势等于零，C正确；t4时刻，Φ等于零，但ΔΦΔt最大，感应电动势最大，D正确。

3．一交流发电机的感应电动势e＝Emsin ωt，如将线圈的匝数增加一倍，电枢的转速也增加一倍，其他条件不变，感应电动势的表达式将变为( )

A．e′＝2Emsin 2ωt B．e′＝2Emsin 4ωt

C．e′＝4Emsin 2ωt D．e′＝4Emsin 4ωt

解析：选C e＝Emsin ωt＝NBSω sin ωt，现N′＝2N，ω′＝2ω，则Em′＝4Em，所以感应电动势的瞬时值表达式将变为e′＝4Emsin 2ωt。

4.如图2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2

A．0.5Bl1l2ωsin ωt B．0.5Bl1l2ωcos ωt

C．Bl1l2ωsin ωt D．Bl1l2ωcos ωt

解析：选D 因为开始时刻线圈平面与磁感线平行，即从垂直于中性面开始运动，所以开始时刻线圈中感应电动势最大为Em＝Bl1l2ω，感应电动势的表达形式应为余弦形式，因此在t时刻线圈中的感应电动势为Bl1l2ωcos ωt，故正确选项为D。

5．如图3所示，矩形线圈ABCD放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈以相同的角速度分别绕OO′、AD、EF、AB轴线匀速转动，线圈中产生的最大感应电动势分别为E1、E2、E3、E4，则下列判断正确的是(

)

图3

A．E1＝E2，E3＝E4

B．E1＝E2＝E3，E4＝0

C．E1＝E2＝E3＝E4

D．E1＝E4，E2＝E3

解析：选B 线圈以相同的角速度分别绕OO′、AD、EF在匀强磁场中匀速转动时，产生的最大感应电动势为Em＝BSω，和转轴的位置无关，即E1＝E2＝E3，当线圈绕AB轴转动时，线圈的磁通量始终为零，无感应电动势，即E4＝0，故B正确。

6．如图4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＝π2ω时刻(

)

图4

A．线圈中的电流最大 B．穿过线圈的磁通量为零

C．线圈所受的安培力最大

D．线圈中的电流为零

解析：选D 由T＝2πω，故t＝π2ω＝T4，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、C错误，D正确。

7.如图5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(

)

图5

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．只将线圈的边长减半

解析：选B 由Im＝EmR，Em＝NBSω，ω＝2πn，得Im＝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Im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。

8. (多选)一矩形线圈，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向并位于线圈平面的固定轴转动，线圈中产生的感应电动势e随时间t的变化规律如图6所示，则下列说法中正确的是(

)

图6

A．t1和t4时刻穿过线圈的磁通量为零

B．t1和t3时刻穿过线圈的磁通量的变化率为零

C．线圈平面从与磁场方向平行的时刻开始计时

D．每当感应电动势e变换方向时，穿过线圈的磁通量的绝对值都最大

解析：选BCD 由图像可知，为余弦式交变电流，说明t＝0时，线圈平面与磁感线方向平行，选项C正确。t1、t3时刻感应电动势为零，说明这两个时刻穿过线圈的磁通量变化率为零，穿过线圈的磁通量最大，所以选项B正确，选项A错误。当线圈通过中性面时，感应电动势为零，感应电动势的方向要发生改变，所以选项D正确。

9．一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像如图7所示。则下列说法中正确的是(

)

图7

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0

C．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：选D 由图像可知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，从图像可知，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。

10. (多选)一单匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴线匀速转动时产生正弦式交变电流，其电动势的变化规律如图8中图线a所示，当调整线圈转速后，电动势的变化规律如图线b所示，以下关于这两个正弦式交变电流的说法正确的是(

)

图8

A．从图线可算出穿过线圈磁通量的最大值

B．线圈先后两次转速之比为2∶3

C．在图线a和b中，t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零

D．图线b电动势的瞬时值表达式为e＝100sin 100π3t(V)

解析：选AD 根据图线a：感应电动势最大值Em＝BSω＝Φmω，因此磁通量最大值Φm＝Emωa＝EmTa2π＝3πWb，A正确。线圈先后两次周期之比TaTb＝0.04 s0.06 s＝23，nanb＝fafb＝TbTa＝32，B错误。t＝0时刻感应电动势为零，线圈处于中性面位置，磁通量最大，C错误。感应电动势最大值Em＝BSω，因此EmaEmb＝ωaωb＝2πfa2πfb＝32，即Emb＝23Ema＝100 V，图线b电动势瞬时值表达式为e＝Embsin ωbt＝100sin 100π3t(V)，D正确。

11.如图9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。当线圈平面通过中性面时开始计时，试求：

图9

(1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式。

(2)由t＝0至t＝T4过程中的平均电动势值。

解析：(1)感应电动势的瞬时值e＝NBSωsin ωt，由题可知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计算t＝0至t＝T4过程中的平均电动势

E＝N|Φπ2－Φ0|T4－0＝N|0－BS|T4＝4NBS2πω

即E＝2πNBSω。代入数值得E＝200 V。

答案：(1)e＝314sin 100πt V (2)200 V

12.如图10所示，边长为0.5 m的正方形线框ABCD绕AB边在磁感应强度为0.4 T的匀强磁场中匀速转动，AB边与磁场方向垂直，转速为50 r/s。求：

图10

(1)感应电动势的最大值。

(2)转动过程中，若从图示位置开始计时，当穿过线圈平面的磁通量为0.05 Wb时，感应电动势的瞬时值。

解析：(1)因为转速 n＝50 r/s

则角速度ω＝2πn＝100π rad/s

所以感应电动势的最大值：

Em＝BSω＝0.4×0.52×100π V＝31.4 V。

(2)穿过线圈的磁通量表达式为

Φ＝BScos ωt

当Φ＝0.05 Wb时，cos ωt＝ΦBS＝12

则此时感应电动势为

e＝Emsin ωt＝31.4×32 V＝27.2 V。

答案：(1)31.4 V (2)27.2 V