《交变电流》试题库

《交变电流》试题库题组11．大小和方向都随时间做周期性变化的电流叫做__________，方向不随时间变化的电流称为______，大小和方向都不随时间变化的电流称为__________．2．线圈在______磁场中绕____________的轴匀速转动时，产生交变电流，此交变电流按正弦规律变化叫做________________电流，其电动势的瞬时值表达式为e＝__________，其中Em＝________.3．下列各图中，哪些情况线圈中能产生交流电()4．下图所示的4种电流随时间变化的图中，属于交变电流的有()5．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，下列说法中正确的是()A．在中性面时，通过线圈的磁通量最大B．在中性面时，感应电动势最大C．穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势也为零D．穿过线圈的磁通量为零时，磁通量的变化率也为零【概念规律练】知识点一交变电流的产生1．如图1所示为演示交变电流产生的装置图，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a→bD．线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零2．处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直。在t=0时刻，线圈平面与纸面重合(如图2所示)，线圈的cd边离开纸面向外运动。若规定由a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图线是()知识点二交变电流的变化规律3．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方向平行时的电动势为2V，则从中性面开始计时，所产生的交流电动势的表达式为e＝________V，电动势的峰值为________V，从中性面起经eq\f(1,48)s，交流电动势的大小为________V.4．有一个10匝正方形线框，边长为20cm，线框总电阻为1Ω，线框绕OO′轴以10πrad/s的角速度匀速转动，如图3所示，垂直于线框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为T图3(1)该线框产生的交变电流电动势最大值、电流最大值分别是多少？(2)线框从图示位置转过60°时，感应电动势的瞬时值是多大？(3)写出感应电动势随时间变化的表达式．【方法技巧练】一、瞬时值、平均值的计算方法5．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eq\f(10,π)r/min，在转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为Wb，则线圈平面转到与磁感线平行时，感应电动势为多少？当线圈平面与中性面夹角为eq\f(π,3)时，感应电动势为多少？6．如图4所示，匝数为n，面积为S的矩形线圈在匀强磁场B中匀速转动，角速度为ω，求线圈从图示位置转过180°时间内的平均感应电动势．图4二、交变电流图象的应用7．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所示．下面说法中正确的是()图5A．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，通过线圈的磁通量绝对值都为最大8．一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间的变化图象如图6所示，则下列说法中，正确的是()图6A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直B．t＝s时刻，穿过线圈平面的磁通量的变化率最大C．t＝s时刻，线圈中有最大感应电动势D．t＝s时刻，线圈中有最大感应电流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＝10eq\r(2)sin20πtV，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＝s时，e达到峰值10eq\r(2)V3．交流发电机在工作时的电动势为e＝Emsinωt，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．Emsineq\f(ωt,2)B．2Emsineq\f(ωt,2)C．Emsin2ωtD．2Emsin2ωt4．一闭合矩形线圈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Φ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ω，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eq\f(nBl2ω,R)C．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ω(从图中位置开始)匀速转动，则线圈中感应电动势的大小为()图9A．eq\f(1,2)BL1L2ωsinωtB．eq\f(1,2)BL1L2cosωtC．BL1L2ωsinωtD．BL1L2ω7．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ω逆时针匀速转动．若以线圈平面与磁场夹角θ＝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ω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＝eq\f(π,2ω)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a→b→c→dD．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123456789答案10．一矩形线圈在匀强磁场中以角速度4πrad/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＝s时，e为______V.图1311．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＝eq\f(5\r(2),π)T，线框的CD边长为l1＝20cm，CE、DF边长均为l2＝10cm，转速为50r/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＝T，所用矩形线圈的匝数N＝100，边长ab＝0.2m，bc＝0.5m，以角速度ω＝100πrad/图15(1)线圈中感应电动势的大小．(2)由t＝0至t＝eq\f(T,4)过程中的平均电动势值．第五章交变电流第1节交变电流课前预习练1．交变电流直流恒定电流2．匀强垂直于磁感线正弦式交变EmsinωtnBSω3．BCD[A中线圈中的磁通量始终是零，故无感应电流产生；B、C、D中都是线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，故能产生交流电，则B、C、D正确．]4．CD[恒定电流是强弱和方向都不随时间改变，交变电流是强弱和方向都随时间改变，正弦式交变电流是按正弦规律变化的交变电流，图象中数值的正、负表示电流方向．A选项中电流数值总为正，表示电流方向不变，是恒定电流．B选项中图象虽为正弦，但由于电流总是正值，表示电流方向不变，电流大小随时间变化，也是恒定电流．C、D选项中电流强度和方向都随时间做周期性变化，是交变电流．因此，是交变电流的只有C和D，是正弦式交变电流的只有D.]5．A[中性面和磁场垂直，磁通量最大，磁通量的变化率为零．]课堂探究练1．C[线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生呈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a→b，故C对；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，线圈平面与磁场方向平行时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大，B、D错误。]点评①线圈平面垂直于磁感线时，线圈中的感应电流为零，这一位置叫中性面．线圈平面经过中性面时，电流方向就发生改变．线圈绕轴转一周经过中性面两次，因此感应电流方向改变两次．②线圈经过中性面时，穿过线圈的磁通量最大，但磁通量的变化率为零(即各边都不切割)，所以感应电动势为零．2．C[线圈在磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，可以产生按正弦规律变化的交流电．对于图示起始时刻，线圈的cd边离开纸面向纸外运动，速度方向和磁场方向垂直，产生的电动势的瞬时值最大；用右手定则判断出电流方向为逆时针方向，与规定的正方向相同．所以C对．]点评线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，可以产生按正弦规律变化的交流电．其中“线圈”无特殊要求，即矩形线圈、圆形线圈等其他形状都可，“绕某一轴匀速转动”，只要求此轴垂直于磁场方向，没有其他限制条件．3．2sin8πt21解析当线圈平面与磁场平行时(S点评当闭合线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，且从中性面开始计时时产生正弦式交流电电动势的表达式e＝Emsinωt，Em为最大值即当线圈平面与磁场方向平行时的瞬时值，ω为转动角速度．4．(1)V6.28A(2)V(3)e＝10πtV解析(1)交变电流电动势最大值为Em＝nBSω＝10×××10πV＝V，电流的最大值为Im＝Em/R＝eq\f,1)A＝6.28A.(2)线框转过60°时，感应电动势e＝Emsin60°＝V.(3)由于线框转动是从中性面开始计时的，所以瞬时值表达式为e＝Emsinωt＝10πtV.点评①电动势最大值Em＝nBSω.②当计时起点为中性面位置时表达式为e＝Emsinωt当计时起点为线圈平面与磁场方向平行时，表达式为e＝Emcosωt.5．1Veq\f(\r(3),2)V解析由题意知：Φm＝Wbω＝2πn＝2π×eq\f(10,π)×eq\f(1,60)rad/s＝eq\f(1,3)rad/s.线圈转至与磁感线平行时，感应电动势最大，故Em＝NBSω＝NΦmω＝100××eq\f(1,3)V＝1V瞬时值表达式e＝Emsinωt＝sineq\f(t,3)V当θ＝ωt＝eq\f(π,3)时，e＝sineq\f(π,3)V＝eq\f(\r(3),2)V.方法总结①要记住两个特殊位置感应电动势的瞬时值，即中性面位置e＝0；线圈平面与磁感线平行的位置e＝Em＝nBSω.②确定线圈从哪个位置开始计时的，从而确定电动势的瞬时值表达式是正弦形式还是余弦形式．\f(2,π)nBSω解析由楞次定律可判断线圈从图示位置转过180°时间内，线圈中的平均感应电动势E≠0.磁通量是没有方向的标量，但却有正负．如果我们规定磁感线从线圈的一侧穿入另一侧，穿出磁通量为正，那么从另一侧穿入这一侧穿出时，磁通量就为负了．设线圈转过180°时，穿过它的磁通量Φ′＝BS，那么图示位置时穿过它的磁通量Φ＝－BS.由法拉第电磁感应定律得：eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(Φ′－Φ,\f(1,2)T)＝neq\f(BS－－BS,\f(1,2)×\f(2π,ω))＝eq\f(2,π)nBSω.方法总结平均感应电动势不等于始、末两瞬时电动势值的平均值，必须用法拉第电磁感应定律计算即eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt).7．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绝对值最大，e变换方向，所以D正确．]方法总结当感应电动势最大时，磁通量的变化率最大，磁通量却最小．8．ABCD[由题意可知Φ＝Φmsinωt时，其感应电动势应为e＝Emcosωt，当t＝0时，Φ＝0，线圈平面与中性面垂直，穿过线圈平面的磁通量的变化率最大，线圈中有最大的感应电动势和感应电流，此类时刻还有s，s，s，……所以答案为A、B、C、D.]方法总结由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)可知，交变电流的电动势随线圈的磁通量的变化而变化，即由Φ的变化可推知感应电动势的变化规律(当Φ＝Φmsinωt时e＝Emcosωt，当Φ＝Φmcosωt时，e＝Emsinωt)．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＝s时，e＝10eq\r(2)sin20πtV＝10eq\r(2)sin8πV＝0，所以D错误．]3．D[电枢转速提高1倍，由ω＝2πn知，角速度变为原来的2倍；由电动势最大值表达式Em＝nBSω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Φ的绝对值最大，磁通量变化率eq\f(ΔΦ,Δt)＝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＝eq\f(nBSω,R)＝eq\f(nBl2ω,R)，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θ，这时ab，cd边切割磁感线产生感应电动势Eab＝BL1vsinθ，Ecd＝BL1vsinθ，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＝2BL1vsinθ＝2BL1·eq\f(1,2)L2ωsinωt＝BL1L2ωsinωt，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a→d→c→b→a，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＝eq\f(π,2ω)＝eq\f(T,4)，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=nBSω，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a→d→c→b→a，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＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(1,2)s，则交流电的频率f＝eq\f(1,T)＝2Hz.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＝s时，ωt＝2πft＝2π，e＝0.11．(1)e＝10eq\r(2)cos100πtV(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ωt，此时刻e＝Bl1l2ωcosωt，即e＝BSωcosωt，其中B＝eq\f(5\r(2),π)T，S＝×0.2m2＝0.02m2，ω＝2πn＝2π×50rad/s＝100πrad/s，故e＝eq\f(5\r(2),π)××100πcos100πtV，即e＝10eq\r(2)cos100πtV.(2)T＝eq\f(2π,ω)＝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＝314sin100πtV(2)200V解析(1)解法一线圈经过时间t转过角度θ＝ωt，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＝NBeq\x\to(ab)vsinωt，其中v＝ωeq\f(\x\to(ad),2)＝ωeq\f(\x\to(bc),2)，所以e＝eab＋ecd＝2eab＝2NBωeq\x\to(ab)eq\f(\x\to(ad),2)sinωt＝NBSωsinωt，则Em＝NBSω＝100×××100πV＝314V，e＝314sin100πtV解法二感应电动势的瞬时值e＝NBSωsinωt，由题可知S＝eq\x\to(ab)·eq\x\to(bc)＝×0.5m2＝0.1m2，Em＝NBSω＝100×××100πV＝314V，所以e＝314sin100πtV.(2)用E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)计算t＝0至t＝eq\f(T,4)过程中的平均电动势E＝Neq\f(|Φ\f(π,2)－Φ0|,\f(T,4)－0)＝Neq\f(|0－BS|,\f(T,4))＝eq\f(4NBS,\f(2π,ω))即E＝eq\f(2,π)NBSω.代入数值得E＝200V.题组21.在交变电流产生的实验中,关于中性面,下列说法正确的是()A.此时线圈垂直切割磁感线,感应电流最大B.磁感线垂直于该时刻的线圈平面,所以磁通量最大,磁通量的变化率也最大C.线圈平面每次经过中性面时,感应电流的方向一定会发生改变D.线圈平面处于跟中性面垂直的位置时,磁通量的变化率为零,感应电动势、感应电流均最大,电流方向不变解析:在中性面时,切割磁感线的两边的速度与磁感线平行,不切割磁感线,电动势、电流为零,选项A错误;在中性面时,不切割磁感线,磁通量的变化率为零,磁通量最大,选项B错误;线圈每经过一次中性面,电流方向改变一次,选项C正确;在垂直于中性面时,两边切割磁感线的速度与磁感线垂直,磁通量变化率最大,E、i最大,选项D错误。答案:C2.交流发电机在工作时产生的电动势为e=Emsinωt,若将发电机的角速度提高一倍,同时将线框所围面积减小一半,其他条件不变,则其电动势变为()'=Emsin'=2Emsin'=Emsin2ωt'=sin2ωt解析:交变电流的瞬时值表达式e=Emsinωt,其中Em=NBSω,当ω加倍而S减半时,Em不变,故C正确。答案:C3.一闭合矩形线圈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Φ随时间t的变化规律如图乙所示,下列说法正确的是()、t3时刻通过线圈的磁通量变化率最大、t3时刻线圈中感应电流方向改变、t4时刻线圈中磁通量最大、t4时刻线圈中感应电动势最小解析:t1、t3时刻通过线圈的磁通量Φ最大,磁通量变化率=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。答案:B4.如图甲所示,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,则图乙中能表示线圈内感应电流随时间变化规律的是()甲乙解析:在0~内,ab一侧的线框在磁场中绕OO'转动产生正弦交变电流,电流方向由楞次定律判断为dcba且越来越大。内,ab一侧线框在磁场外,而dc一侧线框又进入磁场产生交变电流,电流方向为dcba且越来越小,以此类推,可知i-t图象正确的为B。答案:B5.(多选)一矩形线圈绕与匀强磁场垂直的中心轴旋转,切割磁感线的两边通过导体圆环外接电阻R,自图示位置开始以角速度ω匀速转动,则通过R的电流()A.大小和方向都不断变化B.方向不变,大小不断变化C.变化的规律i=ImsinωtD.变化的规律i=Imcosωt解析:线圈在匀强磁场中匀速转动时产生正弦交变电流,和电阻R构成闭合回路,电流的大小、方向均发生变化,故选项A正确,B错误。由于线圈开始时位于垂直于中性面的平面,所以i=Imcosωt,故选项D正确,C错误。答案:AD6.(多选)如图所示,一单匝闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动,转动过程中线框中产生的感应电动势的瞬时值为e=(20t)V,由该表达式可推知以下哪些物理量()A.匀强磁场的磁感应强度B.线框的面积C.穿过线框的磁通量的最大值D.线框转动的角速度解析:根据正弦式交变电流的表达式,e=BSωsinωt,可得ω=20rad/s,而磁通量的最大值的大小的表达式为Φ=BS,所以可以根据BSω=求出磁通量的最大值。答案:CD7.风速仪的简易装置如图甲所示。在风力作用下,风杯带动与其固定在一起的永磁铁转动,线圈中的感应电流随风速的变化而变化。风速为v1时,测得线圈中的感应电流随时间变化的关系如图乙所示;若风速变为v2,且v2>v1,则感应电流的峰值Im、周期T和电动势E的变化情况是()变大,T变小 变大,T不变变小,T变小 不变,E变大解析:风速增大,感应电流的峰值Im变大,周期T变小,电动势E变大,选项A正确。答案:A8.如图所示,矩形线圈abcd的匝数为n=50,线圈ab的边长为l1=0.2m,bc的边长为l2=0.25m,在磁感应强度为B=T的匀强磁场中,绕垂直于磁感线且通过线圈中线的(1)穿过线圈平面的最大磁通量Φm。(2)线圈在图示位置(线圈平面与磁感线平行)时,感应电动势e的大小。解析:(1)穿过线圈平面的最大磁通量Φm=BS=Bl1l2=××Wb=(2)线圈在图示位置时电动势达到最大值,此时感应电动势的值为Em=nBSω=nBl1l2ω=50××××100V=100V答案:(1)Wb(2)100VB组1.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦交变电流,从中性面开始转动180°的过程中,平均感应电动势和最大感应电动势之比为()∶π B.π∶2 π∶1 D.无法确定解析:转动180°过程中,平均感应电动势由E=计算,得,最大值Em=BSω,二者之比为2∶π。答案:A2.一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间变化的图象如图甲所示。则下列说法正确的是()=0时刻,线圈平面与中性面垂直=s时刻,Φ的变化率最大=s时刻,交流电动势达到最大D.该线圈相应产生的交流电动势的图象如图乙所示解析:由题图甲可知,t=0时,通过线圈的磁通量最大,线圈处于中性面位置。t=s时刻,磁通量为零,但磁通量变化率最大,所以A错误,B正确。t=s时,交流电动势应为0,C、D均错误。答案:B3.如图所示,矩形线圈abcd在匀强磁场中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()A.线圈绕P1转动时产生的感应电流等于绕P2转动时产生的感应电流B.线圈绕P1转动时产生的感应电动势小于绕P2转动时产生的感应电动势C.线圈绕P1和P2转动时产生的感应电流的方向相同,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:线圈转动产生的感应电动势的大小与转动轴的位置无关,选项A正确,B错误;绕两个轴转动产生的感应电流的大小相等,从上向下看,线框逆时针旋转,电流的方向应为a→d→c→b,选项C错误;电流相等,cd受到的安培力也相等,选项D错误。答案:A4.(多选)一个矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的交流电动势e=220sin100πtV,则下列判断正确的是()=0时,线圈位于中性面位置=0时,穿过线圈平面的磁通量最大=0时,线圈的有效切割速度方向垂直磁感线=0时,线圈中感应电动势达到峰值解析:因按正弦规律变化,故t=0时线圈位于中性面,A正确;此时穿过线圈的磁通量最大,B正确;t=0时,线圈的有效切割速度方向与磁感线平行,不产生感应电动势,故C、D错误。答案:AB5.一矩形线圈,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的变化如图所示。下面说法中正确的是()时刻通过线圈的磁通量为零时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大D.每当感应电动势e变换方向时,通过线圈的磁通量绝对值都为最大解析:t1、t3时刻感应电动势为零,线圈位于中性面位置,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绝对值最大,感应电动势e变换方向,所以D正确。答案:D6.如图所示,一边长为l的正方形线圈abcd绕对称轴OO'在匀强磁场中转动,转速为n=120转/分,若已知边长l=20cm,匝数N=20,磁感应强度B=T,求:(1)转动中的最大电动势及位置。(2)从中性面开始计时的电动势瞬时值表达式。(3)从图示位置转过90°过程中的平均电动势。解析:(1)当线圈平面转到与磁场平行时,ab、cd两边均垂直切割磁感线,这时线圈中产生的感应电动势最大Em=NBSω=20×××2π×2V=V。(2)电动势瞬时值表达式为e=Emsinωt=2sin(4πt)V。(3)E=N=20×V=V。答案:(1)V线圈平面与磁场平行(2)e=2sin(4πt)V(3)V题组3基础达标1．交变电流是()A．矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动时产生的电流B．按正弦规律变化的电流C．强度随时间做周期性变化的电流D．方向随时间做周期性变化的电流【解析】本题考查了交变电流的定义，只要方向随时间做周期性变化的电流就是交变电流，正弦式交变电流仅是其中之一，故D项正确．【答案】D2．如图所示属交变电流的是()【解析】大小和方向做周期性变化的电流，称为交变电流，在图象上表现为时间轴上下都存在图线，故选CD.【答案】CD3．关于矩形线圈在匀强磁场中转动时产生的正弦式电流，正确的说法是()A．线圈每转动一周，感应电流方向改变一次B．线圈每转动一周，感应电动势方向改变一次C．线圈每转动一周，感应电流方向改变两次，感应电动势方向改变一次D．线圈每转动一周，感应电流方向和感应电动势方向都改变两次【解析】感应电动势和感应电流的方向，每经过中性面时改变一次，每个周期内方向改变两次，故选D.【答案】D4．矩形线圈绕垂直于匀强磁场的对称轴做匀速转动，当线圈通过中性面时，则()A．线圈平面与磁场方向垂直B．线圈中的感应电动势的方向将发生变化C．通过线圈的磁通量达到最大值D．通过线圈的磁通量的变化率达到最大值【解析】线圈通过中性面这个特殊位置时，线圈平面与中性面垂直，穿过线圈的磁通量最大，但磁通量的变化率为零，故A、C正确，D错误；线圈每经过中性面一次，电流方向就改变一次，故B正确．【答案】ABC5．如下图所示图象中属于交变电流的是()【答案】ABC6.如图所示一正方形线圈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ω.则当线圈转至图示位置时()A．线圈中感应电流的方向为abcdaB．穿过线圈的磁通量为0C．线圈中的感应电流为eq\f(nBl2ω,R)D．穿过线圈磁通量的变化率为0【解析】图示位置，线圈平面与磁场平行，所以穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，B正确，D错误，此时由右手定则可知电流方向为adcba，A错误，由峰值表达式Em＝nBSω＝nBl2ω，所以Im＝eq\f(nBl2ω,R)，图示位置感应电流等于峰值，C正确.【答案】BC7.如图所示，正方形线圈abcd绕对称轴OO′在匀强磁场中匀速转动，线圈匝数为n，当转动的角速度为ω时，感应电动势瞬时值表达式为e＝nBSωcosωt(由图示位置计时)．其他条件不变，只是线圈的转速提高到原来的2倍，则表达式变为()A．e＝nBSωcos2ωtB．e＝nBSωcosωtC．e＝nBS2ωcos2ωtD．e＝nBSeq\f(ω,2)coseq\f(1,2)ωt【解析】当线圈转速提高到原来的2倍，角速度也变为原来的2倍，其感应电动势的瞬时值表达式为e＝nBS·2ωcos2ωt，故C选项正确．【答案】C8．如图所示，①、②两个并排放置的共轴线圈，①中通有如图所示的交流电，则下列判断错误的是()A．在t1到t2时间内，①②相吸B．在t2到t3时间内，①②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】t1到t2时间内①线圈中电流正向减小，在线圈②中产生感应电流也为正向，故①②两线圈相互吸引，故A选项说法正确；t2到t3时间内，①线圈中电流负向增大，在②中产生正向的感应电流，①②相互排斥，B选项说法正确；t1时刻①电流最大，但变化率为零，在②中不产生感应电流，两线圈作用力为零，C选项说法正确；t2时刻①中电流为零，但变化率最大，②中感应电流最大，作用力为零，故D选项说法错误．【答案】D9．一个面积为0.1m2的矩形线圈，共100匝，在磁感应强度B＝T的匀强磁场中，以垂直于磁感线的轴匀速转动，从线圈平面平行于磁感线的位置开始转动，在【解析】设矩形线圈的匝数为N，面积为S，磁感应强度为B，匀速转动的角速度为ω，则感应电动势的最大值为Em＝NBSω；角速度ω＝eq\f(φ,t)＝eq\f(\f(π,2),rad/s＝10πrad/s，最大值Em＝NBSω＝100×××10πV＝157V，瞬时值表达式：e＝Emcosωt＝157cos10πtV.【答案】157Ve＝157cos10πtV能力提升1．一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动．在转动过程中，线框中的最大磁通量为Φm，最大感应电动势为Em.下列说法中正确的是()A．当线框磁通量为零时，感应电动势也为零B．线框转动的角速度ω等于Em/ΦmC．当线框内磁通量增大时，感应电动势在减小D．当线框内磁通量等于Φm时，感应电动势等于【解析】感应电动势是磁通量的变化率，线框磁通量为零时，感应电动势最大，排除A；由正弦式交流电的瞬时值表达式e＝Emsinωt＝BSωsinωt＝Φmωsinωt，选择B，排除D；根据线圈从与磁场平行的位置转到中性面的过程中，磁通量越来越大，磁通量的变化率越来越小，产生的感应电动势越来越小，所以选择C.【答案】BC2.如图所示，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，则下图中能表示线圈内感应电流随时间变化规律的是()【解析】在0～eq\f(t,4)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.eq\f(t,4)～eq\f(t,2)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图象正确的为B.【答案】B3.如右图所示，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】如图所示，设ab＝l1，ad＝l2，O1a＝r1，O1d＝r2.线圈绕P1轴转动时，产生的感应电动势e1＝Bl1v＝Bl1l2ω.线圈绕P2轴转动时，产生的感应电动势e2＝Bl1r1ω＋Bl1r2ω＝Bl1l2ω，即e1＝e2，所以i1＝i2，故选项A对B错．由右手定则可知，线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同，均是a→d→c→b方向，故选项C错，再根据安培力公式可知F安＝【答案】A4．一长直导线通以如图甲所示的交变电流，在导线下方有断开的线圈，如图乙所示，规定电流从左向右为正，则相对于b点来说，a点电势最高的时刻是在()A．t1时刻B．t2时刻C．t3时刻D．t4时刻【解析】欲使a相对b电势最高，即ab间电动势最大，t1、t3时刻电流i最大但电流的变化率最小，感应电动势为零，故选项A、C错误；t2时刻电流的变化率最大，线圈中磁通量变化率也最大，但此时穿过线圈的磁通量减小到零，由楞次定律可知此时刻b点电势高于a点，故选项B错误；当t4时刻，由楞次定律可知，ab中感应电动势a点高于b点，且电动势最大，故选项D正确．【答案】D5.如图所示，一半径为r＝10cm的圆形线圈共100匝，在磁感应强度B＝eq\f(5,π2)T的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的中心轴线OO′以n＝600r/min的转速匀速转动，当线圈转至中性面位置(图中位置)时开始计时．(1)写出线圈内所产生的交变电动势的瞬时值表达式；(2)求线圈从图示位置开始在1/60s时的电动势的瞬时值．【解析】线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴线匀速转动时，线圈内产生正弦交变电动势，当线圈平面在中性面时开始计时，其表达式为e＝Emsinωt.(1)e＝Emsinωt，Em＝NBSω(与线圈形状无关)，ω＝20πrad/s，故e＝100sin20πt.(2)当t＝eq\f(1,60)s时，e＝100sin(20π×eq\f(1,60))V＝50eq\r(3)V＝V.【答案】(1)e＝100sin20πt(2)V6．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＝T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】eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)又eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)且eq\x\to(I)＝eq\f(q,t)，Δt＝t.所以，通过线圈某一截面的电荷量q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(nΔΦ,ΔtR)Δt＝eq\f(nΔΦ,R)从中性面计时，转过60°，如图所示ΔΦ＝BΔS＝BS(1－cos60°)＝eq\f(1,2)BSq＝eq\f(nBS,2R)＝eq\f(100×××,20)C＝1×10－2C.【答案】1×10－2C题组4一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.一矩形线圈绕垂直于匀强磁场且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的变化关系如图所示。下列说法中正确的是()时刻穿过线圈的磁通量为零时刻穿过线圈的磁通量最大时刻穿过线圈的磁通量的变化率最大D.每当e变换方向时,穿过线圈的磁通量都为最大解析:由e-t图象可知,在t=0时,线圈中的感应电动势最大,故此时线圈处于如图所示的位置,穿过线圈的磁通量为零,但磁通量变化得最快,即磁通量的变化率最大。经过T4,到达t1时刻,线圈由图示位置转过90°,线圈平面与磁场方向垂直(位于中性面),此时穿过线圈的磁通量最大,但磁通量的变化率等于零,e=0,选项A错误。再经过T4,到达t2时刻,线圈平面又平行于磁场方向,Φ=0,但ΔΦΔt最大,选项B错误。同理,t3时刻,ΔΦΔt答案:D2.如图所示,在铁芯P上绕着两个线圈a和b,则()A.线圈a输入正弦交变电流,线圈b可输出恒定电流B.线圈a输入恒定电流,穿过线圈b的磁通量一定为零C.线圈b输出的交变电流不对线圈a的磁场造成影响D.线圈a的磁场变化时,线圈b中一定有电场解析:线圈a输入正弦交变电流,由楞次定律可知线圈b一定输出交流电,选项A错误;线圈a输入恒定电流,产生恒定磁场,穿过线圈b的磁通量一定不变,但不为零,选项B错误;线圈b输出的交变电流所产生的交变磁场反过来对线圈a的磁场也有影响,选项C错误;变化的磁场将在周围空间产生电场,选项D正确。答案:D3.(2014·浙江理综)如图所示为远距离交流输电的简化电路图。发电厂的输出电压是U,用等效总电阻是r的两条输电线输电,输电线路中的电流是I1,其末端间的电压为U1。在输电线与用户间连有一理想变压器,流入用户端的电流为I2。则()A.用户端的电压为IB.输电线上的电压降为UC.理想变压器的输入功率为I1D.输电线路上损失的电功率为I1U解析:根据理想变压器原、副线圈的功率相等,有U1I1=U2I2,解得用户端电压为U2=I1U1I2,选项A正确;输电线上的电压降为I1r,选项B错误;理想变压器的输入功率为UI1-I答案:A4.图甲是小型交流发电机的示意图,两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场,A为交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO’沿逆时针方向匀速转动,从图示位置开始计时,产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示。以下判断正确的是()A.电流表的示数为10AB.线圈转动的角速度为50πrad/ss时线圈平面与磁场方向垂直s时电阻R中电流的方向自右向左解析:电流表显示的是交变电流的有效值,即I=Im2=10A,选项A正确;从图象可知周期T=2×10-2s,则ω=2πT=100πrad/s,选项B错误;时,线圈转过了半个周期,线圈平面与磁场方向平行,选项C错误;时线圈转动到图示位置,AB边向下切割磁感线,根据右手定则可判断电流方向从B指向答案:A甲5.如图甲所示,黑箱输入端A、B输入含有直流成分和交流成分的电流,为了使输出端a、b输出只有直流成分的电流,黑箱中可能有电容器、电感线圈或电阻,其中效果最好的是图乙中的()乙解析:电感通直流,阻交流;电容通交流,隔直流。选项C中,交流成分被电容器短路,没有去除的交流成分又被电感线圈阻碍,故去除交流成分的效果最好。答案:C6.为了减少输电线路中电力损耗,发电厂发出的电通常是经过变电所升压后进行远距离输送,再经变电所将高压变为低压。某变电所电压u0=110002sin100πtV的交变电流降为220V供居民小区用电,则变电所变压器()A.原、副线圈匝数比为50∶1B.副线圈中电流的频率是50HzC.原线圈的导线比副线圈的要粗D.输入原线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和解析:u0=110002sin100πtV中的110002指的是电压的峰值,有效值为11000V,则原、副线圈之间的匝数之比等于两线圈的电压之比,即50∶1,选项A正确;由ω=100πrad/s可得频率为50Hz,变压器不改变电流的频率,因此,副线圈的频率也是50Hz,选项B正确;电流与匝数成反比,即原线圈的电流比副线圈电流要小,因此,副线圈的导线要比原线圈粗,选项C错误;居民小区各个用电器都是并联的,它们的电流总和等于副线圈中的电流,故选项D错误。答案:AB7.如图所示,发电机内部线圈处于磁铁和圆柱形铁芯之间的径向磁场中,两半边间的过渡区域宽度很小,可忽略不计。线圈的总匝数为N、总电阻为r,每匝线圈的面积为S,线圈所在位置的磁感应强度大小为B。当线圈以角速度ω匀速转动时,额定电压为U、电阻为R的小灯泡在电路中恰能正常发光,则发电机产生的感应电动势的有效值是()ω 22 D.(1+rR)解析:线圈转动时所处的磁场磁感应强度大小不变,线圈切割磁感线的方向总与磁场垂直,所以感应电动势大小恒定,为NBSω,选项A正确。根据闭合电路欧姆定律可知感应电动势的有效值为(1+rR)U答案:AD8.(2014·课标全国Ⅱ)如图,一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。原线圈通过一理想电流表A接正弦交流电源,一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端。假设该二极管的正向电阻为零,反向电阻为无穷大。用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Ucd和Ucd,则()∶Ucd=n1∶n2B.增大负载电阻的阻值R,电流表的读数变小C.负载电阻的阻值越小,cd间的电压Ucd越大D.将二极管短路,电流表的读数加倍解析:设副线圈两端电压为U2,则有UabU2=n1n2,由于二极管具有单向导电性,根据有效值定义可知,U22R×T2=Ucd2R1T,则Ucd=U22,故选项A错误;增大负载电阻,则变压器的输出功率减小,输入功率也减小,由P1=UabI1答案:BD二、填空题(本题共2小题,共17分。将正确答案填在题中横线上或按题目要求作答)9.(8分)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感线平行时的电动势为2V,则从中性面开始计时,所产生的感应电动势表达式为e=V,从中性面起经148s,感应电动势的大小为解析:由n=240r/min=24060得ω=2πn=2π×4rad/s=8πrad/s,当线圈平面与磁感线平行时,感应电动势最大,即Em=2V。所以e=Emsinωt=2sin8πtVt=148s时,e=2sin8π×148V=2sinπ6V=2答案:2sin8πt110.(9分)某发电厂用kV的电压将电能输送到远处的用户,后改用22kV的电压,在原有输电线路上输送同样的电功率,前后两种输电方式消耗在输电线上电功率之比为,要将kV的电压升高到22kV,若变压器原线圈的匝数为180匝,则副线圈匝数应该是匝。解析:由于前后两次输送的电功率相等,则有IU=I’U’,所以U’U=II’=101,答案:100∶11800三、计算题(本题共2小题,共35分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)11.(17分)如图是一种自行车上照明用的车头灯发电机的结构示意图,转轴的一端装有一对随轴转动的磁极,另一端装有摩擦小轮。电枢线圈绕在固定的U形铁芯上,自行车车轮转动时,通过摩擦小轮带动磁极转动,使线圈中产生正弦式交变电流,给车头灯供电。已知自行车车轮半径r=35cm,摩擦小轮半径r0=1.00cm,线圈有n=800匝,线圈横截面积S=20cm2,总电阻R1=40Ω,旋转磁极的磁感应强度B=T,车头灯电阻R2=10Ω。当车轮转动的角速度(1)发电机磁极转动的角速度。(2)车头灯中电流的有效值。解析:(1)磁极与摩擦小轮转动的角速度相等,由于自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动,故有ω0·r0=ω·rω0=ωrr0=8×0.35(2)摩擦小轮带动磁极转动,线圈产生的感应电动势的最大值为Em=NBSω0=800××280×20×10-4V=感应电动势的有效值E=Em2通过电流的有效值I=ER1+答案:(1)280rad/s(2)64mA12.(18分)一个小型水力发电站(如图所示),发电机输出电压U0=250V,内电阻可以忽略不计,最大输出功率为Pm=30kW,它通过总电阻R线=Ω的输电线直接向远处的居民区供电。设居民区所有用电器都是额定电压U用=220V的白炽灯,总功率为P用=22kW,不计灯丝电阻随温度的变化。(1)当居民区的电灯全部使用时,电灯两端的电压是多少伏?发电机实际输出的电功率多大?(2)若采用高压输电,在发电机端用升压变压器,在用户端用降压变压器,且不计变压器和用户线路的损耗。已知用户变压器的降压比为40∶1,当全部用户电灯正常发光时,输电线上损耗的功率多大?解析:(1)如题图所示,由P用=U用2R用求得用户总的电阻I=U0RU灯=IR用=≈131VP输=U0I=14875W≈。(2)如题图,P用=U4I4,U4=220V,I4=P用UI3I4=n4nP损=I32R线答案:(1)131VkW(2)W题组51.如图所示,面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度ω匀速运动,能产生正弦交流电动势e=BSωsinωt的图是()解析:线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动,产生的正弦交流电动势为e=BSωsinωt,由这一原则判断,A图中感应电动势为e=BSωsinωt;B图中的转动轴不在线圈所在平面内;C、D图转动轴与磁场方向平行,而不是垂直,只有选项A正确。答案:A2.如图所示,矩形线圈abcd在匀强磁场中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()A.线圈绕P1转动时产生的感应电流等于绕P2转动时产生的感应电流B.线圈绕P1转动时产生的感应电动势小于绕P2转动时产生的感应电动势C.线圈绕P1和P2转动时产生的感应电流的方向相同,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:线圈转动产生的感应电动势的大小与转动轴的位置无关,选项A正确,B错误;绕两个轴转动产生的感应电流的大小相等,从上向下看,线框逆时针旋转,电流的方向应为a→d→c→b,选项C错误;电流相等,cd受到的安培力也相等,选项D错误。答案:A3.如图所示是一台发电机的结构示意图,其中N、S是永久磁铁的两个磁极,它们的表面呈半圆柱面形状。M是圆柱形铁芯,它与磁极的柱面共轴,铁芯上有一矩形线框,可绕与铁芯M共轴的固定转动轴旋转。磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径、大小近似均匀的磁场。若从图示位置开始计时,当线框绕固定转动轴匀速转动时,下列图象中能正确反映线框中感应电动势e随时间t变化规律的是()解析:因发电机的两个磁极N、S呈半圆柱面形状,磁极间的磁感线呈辐向分布,磁感应强度的大小不变,仅方向发生改变,故线框在磁场中转动时垂直切割磁感线,产生的感应电动势的大小不变,线框越过空隙段后,由于线框切割磁感线方向发生变化,所以感应电动势的方向发生变化,综上所述,选项D正确。答案:D题组二交变电流的变化规律4.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,感应电流的方向就改变一次,感应电动势的方向不变B.线圈每转动一周,感应电流的方向改变一次C.线圈平面每经过中性面一次,感应电动势和感应电流的方向都改变一次D.线圈每转动一周,感应电动势和感应电流的方向都改变一次解析:依据交变电流的变化规律可知,如果从中性面开始计时,有e=Emsinωt和i=Imsinωt;如果从垂直于中性面的位置开始计时,有e=Emcosωt和i=Imcosωt。不难看出:线圈平面每经过中性面一次,感应电流的方向就改变一次,感应电动势的方向也改变一次;线圈每转动一周,感应电流的方向和感应电动势的方向都改变两次,故选项C正确。答案:C5.如图所示,正方形线圈ABCD绕对称轴OO’在匀强磁场中匀速转动,线圈匝数为n,当转动的角速度为ω时,感应电动势瞬时值表达式e=nBSωcosωt(由图示位置开始计时),其他条件不变,只是线圈的转速提高到原来的2倍,则表达式变为()=nBSωcos2ωt =2nBSωcosωt=2nBSωcos2ωt =2nBSω2cos1解析:当转速提高到原来的2倍时,ω=2πf将变为原来的2倍,Emax=2nBSω,感应电动势的峰值将变为原来的2倍,所以e=2nBSωcos2ωt,选项C正确。答案:C6.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦交变电流,从中性面开始转动180°的过程中,平均感应电动势和最大感应电动势之比为()∶π B.π∶2π∶1 D.无法确定解析:转动180°过程中,平均感应电动势由E=ΔΦΔt计算,得E=2BS1答案:A7.(多选题)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生电动势的e-t图象如图所示,则在时刻()、t3时刻线圈通过中性面、t4时刻线圈中磁通量最大、t3时刻线圈中磁通量变化率最大、t4时刻线圈平面与中性面垂直解析:t1、t3时刻电动势为零,磁通量的变化率为零,线圈通过中性面,选项A对,选项C错;t2、t4时刻电动势最大,线圈平面与磁场平行及与中性面垂直线圈中磁通量为零,选项B错,选项D对。答案:AD8.如图甲所示,单匝矩形线圈的一半放在有理想边界的匀强磁场中,线圈按图示方向(俯视逆时针)匀速转动,轴OO’与磁场的边界重合,开始计时线圈平面与磁场方向垂直,规定电流方向沿a→b→c→d为正方向,则线圈中感应电流i随时间t变化的图象是图乙中的()甲乙解析:线圈由中性面开始匀速转动,开始ad边切割磁感线,转过90°后ad边出磁场,bc边进磁场,按同样的规律切割磁感线,所以产生按正弦规律变化的交变电流。再结合右手定则可判断D正确。答案:D9.一矩形线圈在匀强磁场中以一边为轴匀速转动,磁场方向与转轴垂直,线圈中感应电动势e与时间t的关系如图所示,在T12时刻,线圈平面与磁场方向的夹角等于解析:由题图可知e=Emcos2πTt。在t=T12时,e=32Em,根据电磁感应定律e=BLvcosθ=Emcosθ得cosθ=答案:30°或150°10.如图所示为演示用的手摇发电机模型,匀强磁场磁感应强度B=T,线圈匝数n=50,每匝线圈面积0.(1)写出交流感应电动势瞬时值的表达式。(2)画出e-t图线。解析:(1)当线圈平面经过中性面开始计时,则线圈在时间t内转过角度ωt,于是感应电动势瞬时值e=Emsinωt,其中Em=nBSω。由题意知n=50,B=,ω=2π×15060rad/s=5πrad/s,S=0.48m2,Em=nBSω=50××(2)根据交变电流的方程画图线时,最大值是正弦图线的峰值,由纵轴上的刻度值标出,交变电流的频率与正弦图