高二物理《交變電流》單元測試題精選
高二物理《交變電流》單元測試題精選
1.關於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，線圈平面位於中性面
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，則其電動勢變為( )
A.Emsinωt2???????????????????? B.2Emsinωt2
C.Emsin 2ωt?????????????????? D.2Emsin 2ωt
4.一閉合矩形線圈abcd繞垂直於磁感線的固定軸OO′勻速轉動，線圈平面位於如圖7甲所示的勻強磁場中.透過線圈的磁通量Φ隨時間t的變化規律如圖乙所示，下列說法正確的是( )
圖7
A.t1、t3時刻透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於磁感線的對稱軸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，並繞過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，並規定當電流自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於磁場方向的轉軸OO′以恆定的角速度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餘弦規律變化，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於磁場方向的軸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轉動時的電流等於繞P2轉動時的電流
B.線圈繞P1轉動時的電動勢小於繞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邊受到的安培力大於繞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示式;
(2)在e-t座標系中作出線框中感應電動勢隨時間變化關係的圖象.
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.從線圈平面透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
課後鞏固練
1.C
2.AB [根據交流電動勢的瞬時值表示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，線圈平面位於中性面，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，角速度變為原來的2倍;由電動勢最大值表示式 Em=nBSω知，最大值也變為原來的2倍.]
4.B [t1、t3時刻透過線圈的磁通量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 [圖示位置為垂直於中性面的位置，此時透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於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，產生的感應電流按餘弦規律變化，由於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，此時線圈位於中性面位置，所以穿過線圈的磁通量最大，B錯誤;由於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，線圈位於中性面位置，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，產生的交變電流按餘弦規律變化，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 時間變化關係的圖象如下圖所示
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.代入數值得E=200 V.