1、1交变电流一、单项选择题1线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，由图可知( )A在 A、 C 时刻线圈处于中性面位置B在 B、 D 时刻穿过线圈的磁通量为零C从 A 时刻到 D 时刻线圈转过的角度为 D若从 O 时刻到 D 时刻经过 0.02 s，则在 1 s 内交变电流的方向改变 100 次解析：选 D A、 C 时刻感应电流最大，线圈位置与中性面垂直， B、 D 时刻感应电流为零，线圈处于中性面，此时磁通量最大。从 A 时刻到 D 时刻线圈转过角度为 。若从 O 时32刻到 D 时刻经过 0.02 s，即线圈转动一周用时 0.02 s，在这个时间内电流方向改变 2 次，则在
2、 1 s 内交变电流的方向改变 2100 次，故 D 正确。10.022.如图所示，一矩形线圈 abcd，已知 ab 边长为 l1， bc 边长为 l2，在磁感应强度为 B 的匀强磁场中绕 OO轴以角速度 从图示位置开始匀速转动，则 t 时刻线圈中的感应电动势为( )A0.5 Bl1l2 sin t B0.5 Bl1l2 cos tC Bl1l2 sin t D Bl1l2 cos t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转动，所以开始时刻线圈中感应电动势最大，为 Em Bl1l2 ，感应电动势的表达形式为余弦式交变电动势，因此在 t 时刻线圈中的感应电动势为 B
3、l1l2 cos t ，故选项 D 正确。3一交流发电机的感应电动势 e Emsin t ，若将线圈的匝数增加一倍，电枢的转速也增加一倍，其他条件不变，感应电动势的表达式将变为( )A e2 Emsin 2t B e2 Emsin 4tC e4 Emsin 2t D e4 Emsin 4t解析：选 C e Emsin t NBS sin t ，现 N2 N， 2 ，则 Em4 Em，所以感应电动势的瞬时值表达式将变为 e4 Emsin 2t 。C 正确。4如图所示，在水平匀强磁场中一均匀矩形闭合线圈绕 OO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只将线
4、圈的匝数减半2C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 Im ， Em NBS ， 2 n，得 Im ，故 A、C 可行；线EmR NBS2 nR圈电阻 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 B 不可行；当边长减半时，面积 S 减为原来的 ，而电阻减为原来的 ，故 D 可行。14 125如图甲所示，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 时刻( )2A线圈中的电流最大B穿过线圈的磁通量为零C线圈所受的安培力最
5、大D线圈中的电流为零解析：选 D 由 T ，故 t ，此时线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的2 2 T4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、C 错误，D 正确。6如图甲所示，一矩形线圈 abcd 放置在匀强磁场中，并绕过 ad、 bc 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 45时(如图乙)为计时起点，并规定当电流自 a 流向 b 时电流方向为正，则选项图中正确的是( )3解析：选 D 矩形线圈绕垂直于匀强磁场的转轴匀速转动，产生正弦式交变电流，在开始计时( t0)时线圈位于题图乙所示的位置，根据右手定则可知电流为
6、正方向且不为零，B、C 错误；若达图甲所示的位置，感应电流为正向的峰值，可见 t0 时刻交变电流处于正半周且再经 到达中性面位置，或者由 ，电流瞬时表达式 i Imcos(t )，所T8 4以 0 Imcos( t )， t 。A 错误，D 正确。2T 4 T8二、多项选择题7.如图所示，一面积为 S 的单匝矩形线圈处于有界匀强磁场中，能在线圈中产生交变电流的是( )A将线圈水平向右匀速拉出磁场B使线圈以 OO为轴匀速转动C使线圈以 ab 为轴匀速转动D磁场以 B B0sin t 规律变化解析：选 BCD 将线圈向右匀速拉出磁场的过程中磁通量均匀减小，因此产生的感应电流大小不变，A 错误；线圈
7、绕垂直于磁感线方向的轴转动时磁通量发生周期性变化，因此产生交变电流，B、C 正确；如果磁感应强度发生周期性变化，而线圈面积不变，则磁通量也发生周期性变化，产生交变电流，D 正确。8线圈在匀强磁场中转动产生电动势 e10sin 20 t V，则下列说法正确的是( )A t0 时，线圈平面位于中性面B t0 时，穿过线圈的磁通量最大C t0 时，导线切割磁感线的有效速率最大D t0.4 s 时， e 有最大值 10 V2解析：选 AB 由电动势的瞬时值表达式可知，计时从线圈位于中性面时开始，所以t0 时，线圈平面位于中性面，磁通量最大，但此时导线切割磁感线的有效速率为零，A、B 正确，C 错误。当
8、 t0.4 s 时，解得 e0，D 错误。9如图所示，闭合的矩形导体线圈 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方向观察，线圈沿逆时针方向4转动。已知匀强磁场的磁感应强度为 B，线圈匝数为 n， ab 边的边长为 l1， ad 边的边长为l2，线圈电阻为 R，转动的角速度为 ，则当线圈转至图示位置时( )A线圈中感应电流的方向为 abcdaB线圈中的感应电动势为 2nBl2C穿过线圈的磁通量随时间的变化率最大D线圈 ad 边所受安培力的大小为n2B2l1l22R解析：选 CD 根据右手定则，当线圈转至图示位置时，线圈中感应电流的方向为adcba，线圈中感应电动势
9、应为最大值 Em nBl1l2 ，此时，穿过线圈磁通量随时间的变化率最大，A、B 错，C 对；线圈 ad 边所受安培力的大小 F nBIl2 nB l2nBl1l2R，D 对。n2B2l1l22R10一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 23C在图线 a 和 b 中， t0 时刻穿过线圈的磁通量均为零D图线 b 电动势的瞬时值表达式为 e100 sin t V100
10、3解析：选 AD 根据图线 a：感应电动势最大值 Em BS m ，因此磁通量最大值 m Wb，A 正确；线圈先后两次周期之比Em a EmTa2 3 ， ，B 错误； t0 时刻感应电动势为零，线圈位于中性面，TaTb 0.04 s0.06 s 23 nanb fafb TbTa 32穿过线圈的磁通量最大，C 错误；感应电动势最大值 Em BS ，因此 ，即 Emb Ema100 V，图线 b 电动势瞬时值表达式为 e Embsin EmaEmb a b 2 fa2 fb 32 23 bt100sin t V，D 正确。1003三、非选择题11有一个正方形线框的线圈匝数为 10 匝，边长为
11、20 cm，线框总电阻5为 1 ，线框绕 OO轴以 10 rads 的角速度匀速转动，如图所示，垂直于线框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为 0.5 T，求：(1)该线框产生的交变电流电动势最大值、电流最大值；(2)线框从图示位置转过 60时，感应电动势的瞬时值；(3)感应电动势随时间变化的表达式。解析：(1)交变电流电动势最大值为Em nBS 100.50.2 210 V6.28 V电流的最大值为 Im A6.28 A。EmR 6.281(2)线框转过 60时，感应电动势E Emsin 605.44 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 Emsin t 6.28sin 10 t V。答案：(1)6.28 V 6.28 A (2)5.44 V(3)e6.28 sin 10 t V
