高二物理下册《交变电流》单元测试卷.doc

高二物理下册交变电流单元测试卷1.关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，下列说法中正确的是( )A.线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次，感应电动势方向不变B.线圈每转动一圈，感应电流方向就改变一次C.线圈每平面经过中性面一次，感应电动势和感应电流的方向都要改变一次D.线圈每转动一圈，感应电动势和感应电流方向都要改变一次2.线圈在磁场中匀速转动产生的交流电的瞬时电动势为e=102sin 20t 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度最大D.t=0.4 s时，e达到峰值102 V3.交流发电机在工作时的电动势为e=Emsin t，若将其电枢的转速提高1倍，其他条件不变，则其电动势变为( )A.Emsint2? B.2Emsint2C.Emsin 2t? D.2Emsin 2t4.一闭合矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴OO匀速转动，线圈平面位于如图7甲所示的匀强磁场中.通过线圈的磁通量随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是( )图7A.t1、t3时刻通过线圈的磁通量变化率最大B.t1、t3时刻线圈中感应电流方向改变C.t2、t4时刻线圈中磁通量最大D.t2、t4时刻线圈中感应电动势最小5.如图8所示，一正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO匀速转动.沿着OO观察，线圈沿逆时针方向转动.已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，边长为l，电阻为R，转动的角速度为，则当线圈转至图示位置时( )图8A.线圈中感应电流的方向为abcdaB.线圈中的感应电流为nBl2RC.穿过线圈的磁通量为0D.穿过线圈的磁通量的变化率为06.如图9所示，矩形线圈abcd，已知ab为L1，ad为L2，在磁感强度为B的匀强磁场中绕OO轴以角速度(从图中位置开始)匀速转动，则线圈中感应电动势的大小为( )来源:学科网ZXXK图9A.12BL1L2sin t? B.12BL1L2cos tC.BL1L2sin t? D.BL1L2cos t7.如图10所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴OO以角速度逆时针匀速转动.若以线圈平面与磁场夹角=0°时(如图)为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正.则下列四幅图中正确的是( )图108.如图11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=2时刻( )图11A.线圈中的电流最大B.穿过线圈的磁通量为零C.线圈所受的安培力为零D.线圈中的电流为零9.如图12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，当线圈平面转到与磁场方向平行时( )图12A.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.线圈绕P1和 P2转动时电流的方向相同,都是abcdD.线圈绕P1转动时cd边受到的安培力大于绕P2转动时cd边受到的安培力题 号?1?2?3?4?5?6?7?8?9答 案10.一矩形线圈在匀强磁场中以角速度4 rad/s匀速转动，产生的交变电动势的图象如图13所示.则交变电流的频率为_Hz，当t=0时，线圈平面与磁感线_，当t=0.5 s时，e为_V.图13来源:Z+xx+k.Com11.如图14所示，在匀强磁场中有一个“n”形导线框可绕AB轴转动，已知匀强 磁场的磁感应强度B=52 T，线框的CD边长为l1=20 cm，CE、DF边长均为l2=10 cm，转速为50 r/s.若从图示位置开始计时：图14(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式;(2)在e-t坐标系中作出线框中感应电动势随时间变化关系的图象.12.如图15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，b c=0.5 m，以角速度=100 rad/s绕OO轴匀速转动.从线圈平面通过中性面时开始计时，试求：图15(1)线圈中感应电动势的大小.(2)由t=0至t=T4过程中的平均电动势值.参考答案课后巩固练1.C2.AB 根据交流电动势的瞬时值表达式可判断为正弦式交变电流，当t=0时，e=0，所以此时磁通量的变化率为零，导线切割? 磁感线的有效速度为零，但此时穿过线圈的磁通量最大，线圈平面位于中性面，所以A、B正确，C错误;当t=0.4 s时，e=102sin 20t V=102sin 8 V=0，所以D错误.3.D 电枢转速提高1倍，由=2n知，角速度变为原来的2倍;由电动势最大值表达式 Em=nBS知，最大值也变为原来的2倍.4.B t1、t3时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大，磁通量变化率t=0，此时感应电动势、感应电流为零，线圈中感应电流方向改变，A错误，B正确;t2、t4时刻线圈中磁通量为 零，磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，C、D错误.5.BC 图示位置为垂直于中性面的位置，此时通过线圈的磁通量为零，但磁通量的变化率最大，感应电流也最大，I=nBSR=nBl2R，由右手定则可判断出线圈中感应电流的方向为adcba.6.C 线圈经过时间t时，转过角度，这时ab，cd边切割磁感线产生感应电动势Eab=BL1vsin ，Ecd=BL1vsin ，bc，ad边不切割磁感线不产生感应电动势，故线圈中的感应电动势为E=Eab+Ecd=2BL1vsin =2BL1?12L2sin t=BL1L2sin t，故正确选项应 为C.7.D 矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，从线圈平面与磁场方向平行开始计时，产生的感应电流按余弦规律变化，由于t=0时，线圈的转动方向如题图，由右手定则判断可得，此时ad中电流方向为由a到d，线圈中电流方向为adcba，与规定的电流正方向相反，电流为负值.又因为此时产生的感应电动势最大，故只有D正确.8.CD t=2=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错误，C、D正确.9.A 无论是绕P1转动还是绕P2转动，线圈转到图示位置时产生的电动势都为最大值Em=nBS，由欧姆定律可知此时I相等，A对，B错;由右手定则可知线圈中电流方向为adcba，故C错;cd边所受的安培力F=BLcdI，故F一样大，D错.10.2 垂直 0解析 T=2=12 s，则交流电的频率f=1T=2 Hz.由图象知t=0时，e=0，线圈位于中性面位置，线圈平面和磁感线垂直;当t=0.5 s时，t=2ft=2，e=0.11.(1)e=102cos 100t V (2)见解析解析 (1) 线框转动，开始计时的位置为线圈平面与磁感线平行的位置，产生的交变电流按余弦规律变化，在t时刻线框转过的角度为t，此时刻e=Bl1l2cos t，即e=BScos t，其中B=52 T，S=0.1×0.2 m2=0.02 m2，=2n=2×50 rad/s=100 rad/s，故e=52×0.02×100cos 100t V，即e=102cos 100t V.(2)T=2=0.02 s，线框中感应电动势随 时间变化关系的图象如下图所示12.(1)e=314sin 100t V (2)200 V解析 (1)解法一 线圈经过时间t转过角度=t，这时bc和da边不切割磁感线，ab和cd边切割磁感线产生感应电动势eab=ecd=NBabvsin t，其中v=ad2=bc2，所以e=eab+ecd=2eab=2NBabad2sin t=NBSsin t，则Em=NBS=100×0.1×0.1×100 V=314 V，e=31 4sin 100t V解法二 感应电动势的瞬时值e=NBSsin t，由题可知S=ab?bc=0.2×0.5 m2=0.1 m2，Em=NBS=100×0.1×0.1×100 V=314 V，所以e=314sin 100t V.(2)用E=Nt计算t=0至t=T4过程中的平均电动势E=N|2-0|T4-0=N|0-BS|T4=4NBS2即E=2NBS.代入数值得E=200 V.