第五章交变电流第1节课时跟踪训练

第五章交变电流第1节课时跟踪训练(时间30分钟，满分60分)一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分。每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．如图1所示为演示交变电流的装置图，关于这个实验，正确的说法是()图1A．线圈每转动一周，指针左右摆动两次B．图示位置为中性面，线圈中无感应电流C．图示位置，ab边的感应电流方向为由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，指针左右摆动一次，故A错；线圈平面垂直于磁感线的位置称为中性面，显然图示位置不是中性面，所以B也不对；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由a→b；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，线圈处于竖直位置时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大。答案：C2.如图2所示，单匝矩形线圈的一半放在有界匀强磁场中，中心轴线OO′与磁场边界重合，线圈绕中心轴线按图示方向(从上向下看逆时针方向)匀速转动，t＝0时刻线圈平面与磁场方向垂直，规定电流方向沿abcd为正方向，则图3中能表示线圈内感应电流随时间变化规律的是()图2图3解析：线圈从初始时刻至转过π2时间内，ab一侧的线框在磁场中绕OO′转动产生正弦交流电，电流方向由楞次定律判断为dcba且越来越大。从转过π2至π时间内，ab一侧线框在磁场外，而dc一侧线框又进入磁场产生交流电，电流方向为dcba且越来越小，以此类推，可知i－t图像正确的为B。答案：B3．线圈在匀强磁场中转动产生电动势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＝0.4s时，e有最大值102V解析：由电动势的瞬时值表达式，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＝0.4s时，e＝10sin(20πt)＝10×sin(20π×0.4)V＝0，D错误。答案：AB4．如图4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()图4A．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都正确。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。答案：ABC5．一交流发电机的感应电动势e＝Emsinωt，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′＝2Emsin2ωtB．e′＝2Emsin4ωtC．e′＝4Emsin2ωtD．e′＝4Emsin4ωt解析：e＝Emsinωt＝NBSωsinωt，现N′＝2N，ω′＝2ω，则E′m＝4Em，所以感应电动势的瞬时值表达式将变为e′＝4Emsin2ωt。答案：C6．长为a、宽为b的矩形线圈，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场的OO′轴以恒定的角速度ω旋转。设t＝0时，线圈平面与磁场方向平行，则此时的磁通量和磁通量的变化率分别是()A．0,0B．0，BabωC.Babω2，0D．Bab，Babω解析：实际上，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动时，产生交变电动势：e＝Emcosωt＝Babωcosωt。当t＝0时，cosωt＝1，虽然磁通量Φ＝0，但是电动势有最大值Em＝Babω，根据法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt，可知当电动势为最大值时，对应的磁通量的变化率也最大，即Em＝(ΔΦΔt)max＝Babω。综上所述，正确选项为B。答案：B7．如图5甲所示，U形金属导轨水平放置，导轨上跨接一金属棒ab，与导轨构成闭合回路，并能在导轨上自由滑动，在导轨左侧与ab平行放置的导线cd中通以如图5乙所示的交变电流，规定电流方向自c向d为正，则ab棒受到向左的安培力的作用时间是()图5A．0～t1B．t1～t2C．t2～t3D．t3～t4解析：0～t1时间内，电流I由c→d且逐渐增大，由安培定则知，穿过abEF回路的磁感应强度垂直纸面向里，且逐渐增强，因此磁通量增大，由楞次定律判定金属棒ab中的电流方向由a→b；再由左手定则可判定，此过程中ab棒所受安培力向左，选项A正确。同理，可判定出t1～t2、t3～t4时间内ab棒所受安培力向右，t2～t3时间内ab棒所受安培力向左。答案：AC8.如图6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，可行的方法是()A．只将线圈的转速减半图6B．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：由Im＝EmR，Em＝NBSω，ω＝2πn，得Im＝NBS·2πnR，故A、C正确；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错误；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正确。答案：ACD二、非选择题(本题共2小题，每小题10分，共20分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)9．闭合线圈在匀强磁场中匀速转动，转速为240r/min，若线圈平面转至与磁场平行时的电动势为2V，求从中性面开始计时，(1)产生的交流电动势的表达式；(2)电动势的峰值；(3)从中性面起经148s，交流电动势的大小。解析：(1)当线圈平面与磁场平行时，感生电动势最大，为Em＝2V，又ω＝2πn＝2π×24060rad/s＝8πrad/s所以瞬时值表达式为：e＝Emsinωt＝2sin(8πt)V。(2)电动势的峰值为Em＝2V。(3)当t＝148s时，e＝2sin8π×148V＝1V。答案：(1)e＝2sin(8πt)V(2)2V(3)1V10．发电机的转子是匝数为100，边长为20cm的正方形线圈，将它置于磁感应强度B＝0.05T的匀强磁场中，绕着垂直于磁场方向的轴以ω＝100πrad/s的角速度转动，当线圈平面跟磁场方向垂直时开始计时。线圈和外电路的总电阻R＝10Ω。线圈从计时开始，到转过60°过程中通过线圈某一截面的电荷量为多少？解析：E＝nΔΦΔt，又I＝ER，且I＝qt，Δt＝t。所以，通过线圈某一截面的电荷量q＝It＝nΔΦΔtRΔt＝nΔΦR从中性面计时，转过60°，如图所示ΔΦ＝BΔS＝BS(1－cos60°)＝12BSq＝nBS2R＝100×0.05×0.2×0.22×10C＝1×10－2C。答案：1×10－2C