《第章第一节交变电流练习题及答案解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《第章第一节交变电流练习题及答案解析（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、精品名师归纳总结第 5 章第一节交变电流练习题及答案解析12021 年龙岩高二检测 甲、乙两电路中电流与时间关系如图5 1 12 所示， 属于交变电流的是 图 5 1 12A 甲、乙都是B甲是乙不是C乙是甲不是D甲、乙都不是解析：选 B. 甲图电流大小不变、方向变化，是沟通电，乙图大小变化、方向不变，是直流电，应选 B.2. 在图 5 1 13 中，不能产生交变电流的是图 5 1 13解析：选 A. 矩形线圈围着垂直于磁场方向的转轴做匀速圆周运动就产生沟通电，而A 图中的转轴与磁场方向平行，线圈中无电流产生，所以选A.3. 沟通发电机在工作时的电动势e Emsint.假设将线圈匝数、 线圈面积
2、都提高到原先的两倍，其他条件不变，就电动势变为A e 2E m sintB e 4Em sint可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结C e1142E m sintD e Em sint可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结Em NBS ，N 、S 变为原先的两倍，就最大值变为4Em，故 B 正确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 14 所示以下结论正确的选项是图 5 1 14A 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，电动势转变方向C
3、电动势的最大值是157 VD在 t 0.4 s 时，磁通量变化率最大，其值为3.14 Wb/st 0.1 s 和 t 0.3 s 时，矩形线圈的磁通量最大，但磁通量的变化率为0，电动势为 0，此时可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结电动势转变方向故A 、B 错误由图象可知，周期为0.4 s，故角速度 2T5，而最可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结大电动势为 Em nBS 157 V ，C 正确在 t 0.4 s 时，磁通量为 0，磁通量变化率最大， 其值为 3.14 Wb/s. 故 D 正确可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结5. 2021 年高考天津卷
4、如图 5 1 15 所示，单匝矩形闭合导线框abcd 全部处于磁感应强度为 B 的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为 R.线框绕与 cd 边重合的竖直固定转轴以角的过程中，求通过导线横截面的电荷量速度 匀速转动，线框从中性面开头转过q.2图 5 1 15可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结解析： q I t 答案： BSRE BSR t R R .可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结一、挑选题 1矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，以下说法中不正确的选项是A 在中性面时，通过线圈的磁通量最大B在中性面时，感应电动势为零C穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势
5、也为零D线圈每通过中性面一次，电流方向转变一次 解析：选 C.由中性面的特点可知，应选为C.2. 线圈在匀强磁场中转动产生电动势e 10sin20t V，就以下说法正确的选项是 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 0.4 s 时， e 有最大值 102 V解析：选 AB. 由电动势的瞬时值表达式，计时从线圈位于中性面时开头，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 0.4 s 时， e 10sin20
6、t 10 sin20 0.4 V 0， D 错误3. 2021 年雅安高二检测 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51 16 所示下面说法中正确的选项是图 5 1 16A 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肯定值最大C. t3 时刻通过线圈的磁通量变化率的肯定值最大D. 每当 e 变换方向时，通过线圈的磁通量肯定值都为最大解析： 选 D.t1、t3 时刻感应电动势为零， 线圈位于中性面位置， 所以穿过线圈的磁通量最大， 磁通量的变化率为零，A 、C 错误。 t2 时刻感应电动势最大，线圈位于中性面的
7、垂面位置， 穿过线圈的磁通量为零，B 错误。由于线圈每过一次中性面时，穿过线圈的磁通量的肯定值最大， e 变换方向，所以 D 正确可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结4闭合线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的正弦式交变电流i I msin t.假设保持其他条件不变，使线圈的匝数和转速各增加1 倍，就电流的变化规律为A i Im sin tB i Im sin 2tC i 2I m sin tD i 2I msin 2 t解析：选D. 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，其电阻也应当加倍，此时线圈的电阻为2R，依据欧姆定律
8、可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可得电流的最大值为Im 4E m2I2Rm ，因此，电流的变化规律为i 2I m sin 2t.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结5. 如图 5 1 17 所示是一多匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动所产生的感应电动势的图象，依据图象可知图 5 1 17A 此感应电动势的瞬时表达式为e 2 tB. 此感应电动势的瞬时表达式为e 200sin100tC. t 0.01 s 时，穿过线圈的磁通量为零D. t 0.02 s 时，穿过线圈的磁通量的变化率最大答案： B6. 一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈
9、的磁通量随时间变化的图象如图 5 1 18 所示就以下说法中正确的选项是图 5 1 18A t 0 时刻，线圈平面与中性面垂直 B t 0.01 s 时刻， 的变化率最大C t 0.02 s 时刻，感应电动势到达最大D该线圈转动的角速度为50 rad/st 0、0.02 s、0.04 s 时刻线圈平面是中性面位置， 最大 . t 0，故 E 0.t 0.01 s、0.03 s、可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结0.05 s 时刻线圈平面与磁感线平行， 最小，t 最大，故 E 最大，从图象可知，交变电流可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结变化的周期 T 0.04 s，就
10、 2T50 rad/s.所以 B 和 D 正确可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结7.2021 年包头高二检测 如图 5 1 19 所示，单匝矩形线圈的一半放在具有抱负边界的匀强磁场中，线圈轴线OO与磁场边界重合，线圈按图示方向匀速转动ab 向纸外， cd 向纸内假设从图所示位置开头计时，并规定电流方向沿a b c d a 为正方向，就线圈内感应电流随时间变化的图象是图中的图 5 1 19可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结图 5 1 20解析：选A. 由题意知线圈总有一半在磁场中做切割磁感线的匀速转动，所以产生的仍旧是正弦交变电流，只是最大值为全部线圈在磁场中匀速转动
11、情形下产生的感应电动势最大值 的一半，所以选项B 、C 错误再由右手螺旋定就可以判定出A 选项符合题意8. 如图 5 1 21 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 5 1 21 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. 线圈绕 P1 和 P2 转动时电流的方向相同，都是a b c dD. 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. 如下图，设 ab l1， ad l
12、2， O1a r1， O1d r2.线圈绕 P1轴转动时，产生的感应电动势e1 Bl 1v Bl 1l 2.线圈绕 P2 轴转动时， 产生的感应电动势e2 Bl 1r 1 Bl 1r2，即 e1 e2，所以 i 1 i2，应选项 A 对 B 错由右手螺旋定就可知，线圈绕P1 和 P2 转动时电流的方向相同，均是 a d c b 方向，应选项 C 错，再依据安培力公式可知 F 安 BIl 1，即安培力相同， D 错9. 如图 5 1 22 甲所示， a、b 为两个并排放置的共轴线圈，a 中通有如图乙所示的交变电流，就以下判定错误的选项是图 5 1 22A 在 t1 到 t2 时间内， a、b 相
13、吸B在 t2 到 t3 时间内， a、b 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：选 D. t1 到 t2 时间内， a 中电流减小， a 中的磁场穿过 b 且减小，因此b 中产生与 a 同向的磁场，故 a、b 相吸， A 选项正确同理 B 选项正确 t1 时刻 a 中电流最大，但变化率为零， b 中无感应电流，故两线圈的作用力为零，故C 选项正确， t2 时刻 a 中电流为零，但此时电流的变化率最大，b 中的感应电流最大，但相互作用力为零，故D 选项错误因此， 错误的应是 D.二、非挑选题10. 发电机的转子是匝数为100，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，围着垂直于磁场方向的轴以100 rad/s的角速度转动，当线圈平面跟磁场方向垂直时开头计时线圈和外电
