新人教版高中物理选择性必修第二册课时练12交变电流含解析

交变电流

　　　　　　　　(25分钟·60分)

一、选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分)

1．如图所示的图像中不属于交变电流的有(　　)

【解析】选D。题图A、B、C中e的方向均发生了变化，故它们属于交变电流，但不是按正弦规律变化的交变电流，图D中e的方向未变化，是直流电，故选D。

2. (2021·锦州高二检测)如图为电动机模型图，左侧为N极，右侧为S极。电动机线框通过换向器连入电路中，线框abcd的面积为S，匝数为n，匀强磁场的磁感应强度为B，线框平面与磁场平行。若此时闭合开关，则下列说法中正确的是(　　)

A．从正前方看去，该线框将会逆时针转动

B．若同时调转电极和磁极方向，则线框的转动方向改变

C．转动过程中线框中电流方向变化，流过R的电流方向不变

D．线框转过90°时，穿过线框平面的磁通量最大，且为nBS

【解析】选C。根据电源正负极可知，从上往下看，电流为逆时针方向，根据左手定则可知，ab边受力向上，cd边受力向下，所以从正面看线框会顺时针转动，故A错误；同时调转电极和磁极方向，相当于同时改变磁场和电流方向，根据左手定则可知，线框受力方向不变，所以转动方向不会发生改变，故B错误；下面的电路为直流电流，流过R的电流的方向不发生改变，故C正确；根据磁通量的公式Φ＝BS可知，在计算磁通量的时候，不应该出现匝数，故D错误。

3．交流发电机工作时电动势为e＝Emsinωt，若将发电机的转速提高1倍，同时将电枢所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为(　　)

A．e′＝Emsin　　　　　　B．e′＝2Emsin

C．e′＝Emsin2ωt    D．e′＝sin 2ωt

【解析】选C。感应电动势的瞬时值表达式e＝Emsinωt，而Em＝nBωS，当ω加倍而S减半时，Em不变，故选项C正确。

4.如图为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动。磁场的磁感应强度B＝×10－2 T，线圈的面积S＝0.02 m2，匝数N＝400匝，线圈总电阻r＝2 Ω，线圈的两端经集流环和电刷与R＝8 Ω的电阻连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电表，线圈的转速n＝ r/s。在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，则下列说法正确的是(　　)

A．交流发电机产生的电动势随时间的变化关系是e＝8sin 100t(V)

B．电路中的电流方向每秒钟改变50次

C．从t＝0时刻开始线圈平面转过30°的过程中，通过电阻的电量约为5.6×10－3 C

D．此时线圈磁通量的变化率为0.08 Wb/s

【解析】选C。磁场的磁感应强度B＝×10－2 T，线圈的面积S＝0.02 m2，匝数N＝400，线圈总电阻r＝2.0 Ω，线圈的转速n＝ r/s。所以ω＝2πn＝100 rad/s，最大值为：Em＝NBSω＝8 V，则瞬时值为e＝8cos 100t (V)，根据Em＝N，可得＝＝ Wb/s＝0.028 Wb/s，故A错误，D错误；根据题意，T＝s，f＝ Hz，电流方向一个周期改变两次，所以电路中的电流方向每秒钟改变次，故B错误；从t＝0时刻开始转过30°的过程中，通过电阻的电量为：q＝＝C＝5.6×10－3 C，故C正确。

5.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变化关系图像为(　　)

【解析】选B。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，电流为负；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，且电流为正，故B项正确。

6. (2021·烟台高二检测)矩形线圈的匝数为50，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈的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＝0.1 s和t＝0.3 s时，电动势最大

B．在t＝0.2 s和t＝0.4 s时，电动势改变方向

C．电动势的最大值是157 V

D．在t＝0.4 s时，磁通量的变化率为零

【解析】选C。t＝0.1 s和t＝0.3 s时，Φ最大，e＝0，选项A错误；t＝0.2 s和t＝0.4 s时，Φ＝0，e＝Em最大，方向不变，选项B错误；根据线圈在磁场中转动时产生感应电动势的特点知，t＝0.4 s时，最大，选项D错误；由Φ ­ t图像可知Φm＝BS＝0.2 Wb，T＝0.4 s，又因为n＝50，所以Em＝nBSω＝nΦm·＝157 V，选项C正确。

二、计算题(本题共2小题，共24分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要标明单位)

7．(12分)如图所示，线圈abcd的面积是0.05 m2，共200匝；线圈总电阻r＝1 Ω，外接电阻R＝9 Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝ T，线圈以角速度ω＝100π  rad/s匀速转动。若线圈经图示位置时开始计时，写出线圈中感应电动势峰值和瞬时值的表达式。

【解析】感应电动势最大值为Em＝NBSω＝200××0.05×100π V＝1 000 V，由于从中性面开始计时，则瞬时值表达式为：e＝Emsin (ωt)＝1 000sin (100πt) V。

答案：1 000 V　e＝1 000sin (100πt) V

【总结提升】交变电流瞬时值表达式的书写技巧

(1)确定正弦交变电流的峰值，根据已知图像读出或由公式Em＝nBSω求出相应峰值。

(2)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式。

①线圈从中性面位置开始转动，则i­t图像为正弦函数图像，函数式为i＝Imsin ωt。

②线圈从垂直中性面位置开始转动，则i­t图像为余弦函数图像，函数式为i＝Imcos ωt。

(3)线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦式交变电流，产生的交变电流与线圈的形状无关。如图所示，若线圈的面积与题中的图所示的线圈面积相同，则答案完全相同。

8．(12分)如图所示，在匀强磁场中有一个“”形单匝导线框可绕AB轴转动，AB轴与磁场方向垂直，已知匀强磁场的磁感应强度B＝ T，导线框的CD边长为20 cm，CE、DF长均为10 cm，转速为50 r/s。从图示位置开始计时。

(1)写出导线框中感应电动势的瞬时值表达式。

(2)用e ­ t坐标系作出导线框中感应电动势随时间变化的图像。

【解析】(1)导线框平面与磁感线平行时开始计时，在t时刻线框转过的角度为ωt，

此时，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

＝10cos (100πt) V。

(2)导线框中感应电动势随时间变化的图像如图所示

答案：(1)e＝10cos(100πt) V　(2)见解析图

　　　　　　　　(15分钟·40分)

9. (6分)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→Q

D．大小不断变化，方向总是Q→R→P

【解析】选C。半圆环交替接触电刷，从而使输出电流方向不变，这是一个直流发电机模型，由右手定则知，外电路中电流方向是P→R→Q，故C正确。

10．(6分)(2021·淄博高二检测)一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动。在转动过程中，线框中的最大磁通量为Φm，最大感应电动势为Em，下列说法中正确的是(　　)

A．当磁通量为零时，感应电动势也为零

B．当磁通量减小时，感应电动势也减小

C．当磁通量等于0.5Φm时，感应电动势等于0.5Em

D．角速度ω等于

【解析】选D。根据正弦式交变电流的产生及其变化规律，当磁通量最大时，感应电动势为零；当磁通量减小时，感应电动势在增大，当磁通量减为零时，感应电动势最大，由此可知A、B错误；设从线框位于中性面位置开始计时，则有e＝Emsinωt，式中Em＝BSω，因Φm＝BS，故角速度ω＝，D正确；设e＝0.5Em，则解出ωt＝，此时Φ＝BS cos ＝BS＝Φm，C错误。

【加固训练】

(多选)如图所示，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，当线圈平面转到图示与磁场方向平行时(　　)

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．线圈分别绕P1和P2转动时的电流的方向相同，都是a→d→c→b

D．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】选A、C。产生正弦交变电流的条件是轴和磁感线垂直，与轴的位置和线圈形状无关，线圈abcd分别绕轴P1、P2转动，转到图示位置时产生的电动势均为E＝nBSω，由I＝可知此时I相等，故A正确，B错误；由右手定则可知电流方向为a→d→c→b，故C正确；dc边受到的安培力F＝BLdcI，故F一样大，故D错误。

11. (6分)(多选)(2021·三亚高二检测)如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦式电流的图像，当调整线圈转速后，所产生正弦式电流的图像如图线b所示，以下关于这两个正弦式电流的说法正确的是(　　)

A．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零

B．线圈先后两次转速之比为3∶2

C．正弦式电流a的瞬时值为u＝10sin (5πt) V

D．正弦式电流b的最大值为 V

【解析】选B、C、D。t＝0时刻两个正弦式电流的感应电动势瞬时值均为零，线圈都与磁场垂直，穿过线圈的磁通量都最大，选项A错误；由图读出两电流周期之比为Ta∶Tb＝0.4∶0.6＝2∶3，而T＝，则线圈先后两次转速之比为3∶2，选项B正确；正弦式电流a的瞬时值为u＝Umsinωt＝10sin(5πt) V，选项C正确；根据电动势最大值公式Em＝NBSω＝NBS得到，两电动势最大值之比为Ema∶Emb＝Tb∶Ta＝3∶2，Ema＝10 V，则得到正弦式电流b的最大值为Emb＝ V，选项D正确。

12．(22分)如图甲所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场。已知线圈的匝数n＝100，总电阻r＝1.0 Ω，所围成矩形的面积S＝0.040 m2，小灯泡的电阻R＝9.0 Ω，磁感应强度随时间按如图乙所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e＝nBmScost，其中Bm为磁感应强度的最大值，T为磁场变化的周期，不计灯丝电阻随温度的变化，求：

(1)线圈中产生感应电动势的最大值；

(2)小灯泡消耗的电功率；

(3)在磁感应强度变化的0～时间内，通过小灯泡的电荷量。

【解析】(1)由图像知，线圈中产生的交变电流的周期

T＝3.14×10－2 s，

所以Em＝＝8.0 V

(2)电流的最大值Im＝＝0.80 A

有效值I＝＝ A

小灯泡消耗的电功率P＝I2R＝2.88 W；

(3)在0～时间内，根据法拉第电磁感应定律得，电动势的平均值＝n＝n，

平均电流＝＝

流过小灯泡的电荷量

Q＝Δt＝

代入数据解得Q＝4.0×10－3 C。

答案：(1)8.0 V　(2)2.88 W　(3)4.0×10－3 C