交变电流习与解析(新人教版选修).doc

交变电流-练习与解析 我夯基 我达标 1.如图5-1-9所示，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转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变化如图5-1-9所示，下列说法中正确的是（ ） 图5-1-9 A.t1时刻通过线圈的磁通量为零 B.t2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大 C.t3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大 D.每当e变换方向时，通过线圈的磁通量的绝对值都为最大 思路解析：t1、t3时刻线圈中的感应电动势e=0，故此时线圈通过中性面，线圈的磁通量为最大，磁通量的变化率为零，故A、C选项不正确.t2时刻e=-Em，线圈平面与磁感线平行，故B选项不正确.每当e变化方向时（中性面时刻）,通过线圈的磁通量的绝对值最大，故D选项正确. 答案:D 2.将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为l，它在磁感应强度为B、方向如图5-1-10的匀强磁场中匀速转动，转速为n，导线在a、b两处上通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为P的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为（ ） 图5-1-10 A. B. C. D. 思路解析：P=，所以R=，所以B选项正确. 答案:B 3.交流发电机在工作时电动势为e=Emsin2ωt V，若将发电机的速度提高一倍，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′=Em2sin2ωt 思路解析：交变电压瞬时值表达式为e=Emsin2ωt，而Em=NBSω，ω=2πn，当ω加倍而S减半时，Em不变，应选C项. 答案:C 4.矩形线圈的匝数为50匝，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5-1-11所示.下列结论正确的是( ) 图5-1-11 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，磁通量变化率最大，其值为3.14 Wb/s 思路解析：从图中可知，在0.1 s和0.3 s时刻，穿过线圈的磁通量最大，此时刻磁通量的变化率等于零；0.2 s和0.4 s时刻，穿过线圈的磁通量为零，但此时刻磁通量的变化率最大，由此得选项AB错误.根据电动势的最大值公式：Em=nBSω，Φm=BS，ω=2π/T，可得： Em=50×0.2×2×3.14/0.4 V=157 V；磁通量变化率的最大值应为=3.14 Wb/s，故CD正确. 答案:CD 5.闭合线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的正弦交变电流i=Imsinωt.若保持其他条件不变，使线圈的匝数及转速各增加1倍，则电流的变化规律为i′=_____________. 思路解析：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4Em，匝数加倍后，其电阻也应该加倍，此时线圈的电阻为2R，根据欧姆定律可得电流的最大值为Im′=4Em2R=2Im. 答案:2Imsin2ωt 6.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 r/s，在转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为0.06 Wb.则线圈平面转到与磁感线平行时，感应电动势为____________ V，当线圈平面与中性面夹角为时，感应电动势为____________ V. 思路解析：线圈转动的角速度为ω=2πf=20 rad/s，电动势的最大值Em=nBSω=100×0.06×20 V=120 V；根据瞬时值方程e=Emsinωt=120×sin V=60 V. 答案:120 60 7.发电机的转子是匝数为100匝、边长为20 cm的正方形线圈，将它置于磁感应强度B=0.05 T的匀强磁场中，绕着垂直于磁感线方向的轴以ω=100π rad/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=10 Ω. (1)写出交流电流瞬时值表达式； (2)线圈从计时开始，转过过程中通过线圈某一截面的电荷量为多少？ 思路解析：(1)感应电动势的最大值为Em=nBSω=20π V，Im==2π，由于从与磁场方向垂直位置开始计时，也就是从中性面计时，因此瞬时值用正弦表达：i=2πsin100πt A. (2)线圈从计时开始，转过的过程中，通过某一截面的电荷量