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1、课时跟踪检测（二十四）交变电流、基础题窗熟1为了研究交流电的产生过程，小张同学设计了如下实验构思方案：第一次将单匝矩形线圈放在匀强磁场中，线圈绕转轴 OOl按图示方向匀速转动（ab向纸外，cd向纸内）。并 从图甲所示位置开始计时。此时产生的交流电如图乙所示。第二次他仅将转轴移至 ab边上, 第三次他仅将转轴右侧的磁场去掉，关于后两次的电流图像，下列说法正确的是（ ）A .第二次是A图C .第三次是B图B.第二次是C图D .第三次是D图解析：选D 第二次将转轴移到 ab边上，产生的感应电流与第一次相同，第三次将OOi右侧磁场去掉，线圈在转动过程中只有一边切割磁感线，产生的感应电流的最大值为原来的
2、丁，因此选D。2. 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 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（）A. ti、t3时刻通过线圈的磁通量变化率最大B. tv t3时刻线圈中感应电流方向改变C . t2、t4时刻通过线圈的磁通量最大D .乜、t4时刻线圈中感应电动势最小解析：选B 如t3时刻通过线圈的磁通量 最大，磁通量变化率为零，此时感应电动势、感应电流均为零，线圈中感应电流方向改变，选项A错误，选项B正确；t2、t4时刻通过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，选项3. 多选某线圈在匀强
3、磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生交变电流的图像如图所示，由图中信息可以判断（）A 在A和C时刻线圈处于中性面位置B.在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零C .从AtD时刻线圈转过的角度为养D .若从Ot D时刻历时0.02 S,则在1 s内交变电流的方向改变100次解析：选CD 由题图可知，在 0、B、D时刻感应电流为零，所以此时线圈恰好在中性面位置，且穿过线圈的磁通量最大；在 A、C时刻感应电流最大，线圈处于和中性面垂直的位置，此时穿过线圈的磁通量为零，故A、B错误。从A到D时刻，线圈旋转3周，转过43的角度为3n如果从0到D时刻历时0.02 S,恰好为一个周期，所以1 s内线圈转动50个周
4、期，100次经过中性面，交变电流的方向改变100次，故C、D正确。4. 如图所示，一矩形线圈 abed，已知ab边长为11, be边长为“，在磁 感应强度为B的匀强磁场中绕 00 轴以角速度 3从图示位置开始匀速转 动，贝U t时刻线圈中的感应电动势为 （）fasA. 0.5Bl1l23Sin 3tB. 0.5Bl1l23COS 3tC. Bl1l2 wsin 3tD . Bl1l23COS 3t解析：选D 因为开始时刻线圈平面与磁感线平行，即从垂直于中性面开始运动，所以开始时刻线圈中感应电动势最大为Em= Bl1l23,感应电动势的表达形式应为余弦形式,因此在t时刻线圈中的感应电动势为Bl1
5、l23 cos 故正确选项为 D。5. 多选如图所示，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，当线圈平面转到图示与磁场方向平行时（）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.线圈分别绕 P1和P2转动时的电流的方向相同，都是aTdTCTbD .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AC 产生正弦交变电流的条件是轴和磁感线垂直，与轴的位置和线圈形状无关，线圈abcd分别绕轴P2转动，转到图示位置时产生的电动势E = nBSo ,由1 =旦
6、可R总知此时I相等，故选项 A正确，选项B错误；由右手定则可知电流方向为aTdTctb,故选项C正确；dc边受到的安培力 F = BLdd，故F 一样大，选项 D错误。6.如图所示，线圈 abcd的面积是0.05 m2,共100匝，线圈的总电阻r = 1愆外接电阻R= 9 Q匀强磁场的磁感应强度B = - T ,线圈以角速7t度3= 100n rad/s匀速转动。(1)若线圈经过图示位置(线圈平面与磁感线垂直)时开始计时，写出线 圈中感应电动势瞬时值的表达式。写出交变电流的瞬时值表达式。n_(3)求线圈由图示位置转过 2的过程中，交变电动势的平均值。解析：(1)线圈中感应电动势的最大值为Em=
7、 NB3 = 100 X -X 0.05X 100n V= 500 V7t线圈中感应电动势瞬时值e= Emsin 3t所以 e= 500sin 100 n(V)。Em500交变电流的最大值 Im = R= 9 A = 50 A,所以电流的瞬时值表达式为i= 50sin 100 t(A)。 2NBSw 1 000(3)e = N云=一S= T V。答案：(1)e= 500sin 100 t(V) (2)i = 50sin 100t(A)1000 V7t二、易错题邀明7.如图所示，在水平匀强磁场中一矩形闭合线圈绕轴匀速转动,若要使线圈中的电流峰值减半，不可行的方法是(A .只将线圈的转速减半B.只
8、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：选 B 由 I m=亍，Em = NBSo , 3= 2 nn,得 I m= rNBS 2n ,故A、C可行；又B不可行；当边长减电阻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1 1半时，面积S减为原来的4，而电阻减为原来的2，故D可行。8. 多选一矩形线圈，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向并位于线 圈平面的固定轴转动，线圈中产生的感应电动势e随时间t的变化规律如图所示，则下列说法中正确的是()A . tl和t3时刻穿过线圈的磁通量为零B. ti和t3时刻穿过线圈的磁通量的变化率为零C .线圈平面从与磁
9、场方向平行的时刻开始计时D .每当感应电动势 e变换方向时，穿过线圈的磁通量的绝对值都最大解析：选BCD 由图像可知，为余弦式交变电流，说明t= 0时，线圈平面与磁感线方向平行，选项 C正确。如t3时刻感应电动势为零，说明这两个时刻穿过线圈的磁通量变化 率为零，穿过线圈的磁通量最大，所以选项B正确，选项 A错误。当线圈通过中性面时，穿过线圈的磁通量的绝对值最大，感应电动势为零，感应电动势的方向要发生改变，所以 选项D正确。三、能力题窗通9. 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，穿过线圈的磁通量随时A. t= 0时刻，线圈平面与中性面垂直B. t= 0.01 s时刻，的变化率为
10、0C . t= 0.02 s时刻，感应电动势达到最大3D .从t= 0.01 S时刻至t= 0.04 s时刻线圈转过的角度是 2 n解析：选D 由图像可知t= 0、t= 0.02 s、t= 0.04 s时刻线圈平面位于中性面位置， 最大，豎=0,故E= 0; t = 0.01 s t= 0.03 S、t= 0.05 s时刻线圈平面与磁感线平行， 最At小，A最大，故E最大，从图像可知，从t= 0.01 s时刻至t= 0.04 s时刻线圈旋转 訓，转 过的角度为号冗。1500-15010. 多选一单匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴线 匀速转动时产生正弦式交变电流，其电动势的变化规律如图中图
11、 线a所示，当调整线圈转速后， 电动势的变化规律如图线 b所示, 以下关于这两个正弦式交变电流的说法正确的是()A .从图线可算出穿过线圈磁通量的最大值B.线圈先后两次转速之比为2： 3C .在图线a和b中，t= 0时刻穿过线圈的磁通量均为零100兀D .图线b电动势的瞬时值表达式为e= 100sin -3 t(V)Ta= 0.04 s_ 2na= Tb= 3 b 错误石0.063，nb_2， 日天。解析：选AD 根据图线a：感应电动势最大值 Em= BSo =m CO,因此磁通量最大值 mEm = ETa = 3Wb , A正确。线圈先后两次周期之比 oa 2 n nt=0时刻感应电动势为零
12、，线圈处于中性面位置，磁通量最大，C错误。感应电动势最大值Em= BSw ,因此Ema =*= 3,即Emb= 2Ema = 100 V,图线b电动势瞬时值表达式为e=Emb Ob 23Embsin obt= 100sin(V) , D 正确。11.如图所示，匀强磁场 B= 0.1 T,所用矩形线圈的匝数 N = 100,边长 二dioab= 0.2 m, bc= 0.5 m，以角速度100 nrad/s绕00 轴匀速转动。当応一线圈平面通过中性面时开始计时，试求：(1) 线圈中感应电动势的瞬时值表达式。(2) 由t= 0至t =十过程中的平均电动势值。解析：(1)感应电动势的瞬时值 e= N
13、BSo sin o t由题可知 S= ab bc = 0.2X 0.5 m2= 0.1 m2Em= NBSo = 100 X 0.1 X 0.1 X 100n V= 314 V所以 e= 314sin 100 n(V)。用E = N +计算t= 0至t= T过程中的平均电动势4NBS2no1 20|0- BS|E = N= N-T0T44 2即E =-NBSw。代入数值得 E = 200 V。n答案：(1)e= 314sin 100 n(V)(2)200 VCD边长为1112.如图所示，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 = T,线框相邻两边相n互垂
14、直，其中 CD边长为20 cm, CE、DF长均为10 cm,转速为50 r/s，若从图示CEFD平面平行磁场位置开始计时：(1) 写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；(2) 求出由图示位置转过 30。过程中线框产生的平均电动势；(3) 作出线框中感应电动势随时间变化的e-t图像。解析：(1)线框转动，开始计时的位置为线框平面与磁感线平行的位置, =20 cm, CE、DF边长为12= 10 cm,在t时刻线框转过的角度为 ot此时刻 e= BI1I20COS ot其中B= 52 Tnlix S= 0.1 x 0.2 m2= 0.02 m23= 2m= 2 nx 50 rad/s = 100 n rad/ s故 e= 5 2 x 0.02 x 100 ncos 100d(V)n即 e= 10 2 cos 100 t(V)。(2) 线框由题图所示位置转过30。的过程中1=2BI1I2冗=63则平均电动势E =号=也V。tn(2晋冗(3) 线框中感应电动势随时间变化的图像如图所示:答案：(1)e= 10 2 cos 100 t(V)(3)见解析图
