物理32人教版习题含详解答案第五章第一节交变电流

交变电流第一节
理解交2.的波形图，理解交变电流和直流的概念. 1.会观察电流(或电压)［学习目标］知道交变电流的变化规律及3.变电流的产生过程，会分析电动势和电流方向的变化规律.
表示方法，知道交变电流的瞬时值、峰值的物理含义.
预习导学新知探究
］学生用书P［40—、交变电流和交变电流的产生)段页第331页第1段至第32(阅读教材第交变电流1.交变电流的定义：大小和方向都随时间周期性变化的电流，简称交流.(1)_
直流：方向不随时间变化的电流. (2) ____ .交变电流的产生2 (1)典型模型实验装置在匀强磁
场中，绕垂直于磁场方向的轴匀速转动的线圈里产生的是交变电流. __________ 如图所
(2)中性面：线圈在磁场中转动过程中，线圈平面与磁场垂直时所在的平面. I拓展延伸(解疑难)
△①1 .中性面的特点：磁通量①最大，磁通量的变化率= 0,瞬时感应电动势e= 0，瞬—t
△时感应电流i= 0，电流的方向将发生改变.
△①2 .垂直中性面的垂面特点：磁通量①=0,磁通量的变化率最大，瞬时感应电动势、______________ t
△瞬时感应电流最大.
1. (1)只要线圈在磁场中转动，就可以产生交变电流.
(2) 当线圈中的磁通量最大时，产生的电流也最大.
(3) 当线圈平面与磁场垂直时，线圈中没有电流.
提示：(1) X (2) X (3) V
、交变电流的变化规律
(阅读教材第32页第4段至第33页第1段)
1. 正弦式交变电流的定义： 按正弦规律变化的交变电流叫做正弦式交变电流，简称正
_____ 弦
式电流.
2. 正弦式交变电流的表达式 瞬时电动势：e = E ,3 tsin m ,sin_3 t 瞬时电压： u = U m —_——I .
3 tISin_瞬时电流：i = m_ ___ 分别表示电动势、电压、电流的峰值.、丨式中E 、U mm _____________________ )
解疑难 ------------------------------------- (I 拓展延伸？ •峰值表达式 1 3 N ①E = NBS
3= mm E m .
从中性面位 从与中性面垂直 置开始计时 的位置开始计时
①二①①二① sin 3 t cos 3t mm 磁通量=BS 3 cos 3 t = BS 3 sin 3 t e = Esin 3 t e = Ecos 31 mm 感应电动势
=NBS 3 sin 3 t = NBS 3 cos 3 t
u = Us in 3 t u = Ucos 3 t mm RNBS 3 RNBS 3电压 =sin 3 t = cos 3 t R + rR + ri = Isin 3 t i =
场中线圈绕垂直磁场的转轴匀速转动的过程中， 某些特殊时段，可能感应电动势和磁通量同时变
大.()
n +3 tsinEe = E = sin 3 t 的交变电流为正弦式交变电流，
表达式为的交(2)表达式为 电
mm 2
变电流也是正弦式交变电流.
()
(3)线圈绕垂直磁场的转轴匀速转动的过程中产生了正弦交变电流，峰值越大，则瞬时值也越 大.()
提示： ⑴ X (2) V (3) X
多维课堂昭纽逋并
Icos 3 t mm NBS 3 NBS 3 电流
2.(1)在匀强磁
交变电流的产生过程
［学生用书P ］ 41本类问题主要从中性面和它的垂直面两个位置的磁通量、磁通量的变化率、感
W 典例题组
应电动势大小和感应电流的方向等几个方面进行考查.
（自选例题，启迪思维）
1. 矩形线框绕垂直于匀强磁场且在线框平面的轴匀速转动时产生了交变电流, （） A .当线框位于中性面时，线框中感应电动势最大
B •当穿过线框的磁通量为零时，线框中的感应电动势也为零
C .每当线框经过中性面时，感应电动势或感应电流方向就改变一次 •线框经过中性面时，各边切割磁感线的速度为零
D .
［解析］线框位于中性面时，线框平面与磁感线垂直，穿过线框的磁通量最大，但此时切割磁感
线的两边的速度与磁感线平行， 即不切割磁感线，所以感应电动势等于零，也应该知道此时穿过 线框的磁通量的变化率等于零， 感应电动势或感应电流的方向也就在此时刻变化.
线框垂直于中
性面时，穿过线框的磁通量为零，但切割磁感线的两边都垂直切割，有效切割速度最大，所以感 应电动势最大，也可以说此时穿过线框的磁通量的变化率最大•故 ［答案］CD
2. 如图所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴
3转动，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，则在〜这段时间内
•线圈中的感应电流一直在减小 A •线圈中的感应电流先增大后减小 B •穿过线圈的磁通
量一直在减小 C •穿过线圈的磁通量的变化率先减小后增大 D3 nn 2n 3T ,由于从线圈平面与
磁场方向平行时开始计时，
T ，=根据3 =，=［解析］ ____________________ 42T2 33 43T 而磁通
穿过线圈的磁通量先减小后增大， T 时间内线圈中的感应电流先增大后减小，故〜 ____ 44 B 正 确•量的变化率先增大后减小，故
B ］［答案’匀速绕垂直于磁感线的固定轴
00河南平顶山高
二检测）一闭合矩形线圈 abcd3.（2015 •的变化规律如随时间 t 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①转动， ）
图乙所示，下列说法正确的是
下列说法正确的是
C 、
D 选项正确.
00 '以恒定的角n 3 n 速度
1.有一个正方形线圈的匝数为 10匝，边长为20 cm ，线圈总电阻为 1 Q,线圈绕 00 '轴以10 n rad/s 的角速度匀速转动，如图所示，匀强磁场的磁感应强度为
0.5 T ，问：
1 1
________________ L ____________ 」
a
l d 1
1 1
b
----------- ■ -----------
1 1
c
Io ,
卬
（
时刻通过线圈的磁通量变化率最大 圈中磁通量最大、tC . t 42 t 时刻线圈中感应电动势最小 割磁感线？
［思路探究］
又为多少？ 90°时，①①（2）图中位置时为多少？转过 ［解析］从题图乙可以看岀，t 、t 时刻通过
线圈的磁通量最大，线圈经过中性面位置 31时线圈中感应电流方向改变， A 错误，B 正确；t 、t
时刻通过线圈的磁通量为零， 线圈处42于与中性面垂直的位置， 此时感应电动势和感应电流均为
最大，故C 、D 均错误. ［答案］B
［借题发挥］当线圈处于中性面位置时，磁通量最大，但磁通量的变化率为零，感应电磁通量为 零，但磁通量的变化率最大，感应电动势当线圈平面与中性面垂直时，动势为零； 最 大.
t 、tA . 31时刻线圈中感应电流方向改变 t 、tB . 31
时刻线 tD .、42 （1）线圈转动过程中，哪两个边切 知识点二
交变电流的变化规律
［学生用书P ］ 421 •正弦式交变电流的电动势的最大值 理量，mm 电动势的瞬时值、电流的最大值和瞬时值都与 E = NBS 3 .E 是正弦交流电中一个关键物 E 有关.m 2 •从中性面开始计时：
E m e = Esin 3 t ， i = Isin 3 t ， I
mmm
「+ R
復典例题组 （自选例题，启迪思维）
⑴该线圈产生的交变电流电动势的峰值、电流的峰值分别是多少；
(2) 若从中性面位置开始计时，写岀感应电动势随时间变化的表达式；
(3) 线圈从中性面位置开始，转过30°时，感应电动势的瞬时值是多大.
［思路探究］⑴求解电动势峰值公式为 E = NBS 3, m E m电流的最大值匸 ______
m R(2)从中性面开始计时的电动势表达式为e= Esin 3 t.
m(3)线圈从中性面开始计时，转过30°时的感应电动势的计算有两种方法，一是利用e= Esin 3
t，二是用瞬时切割，第一种方法较简单. m［解析］(1)交变电流电动势的峰值为
E = 2NBL v = NBS 3 m2X 10n V ~ 6.28 V
=10 X 0.5X 0.2E m 电流的峰值为l = ~ 6.28 A. _
m R(2)从中性面位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e= Esin 3 t~6.28sin (10 n t) V.叫3)
线圈从中性面位置开始转过30°时，感应电动势
e= Esin 30 °~ 3.14 V.
m［答案］(1)6.28 V 6.28 A (2)e = 6.28sin (10 n t) V
(3)3.14 V
2. 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ab= 0.2 m，be = 0.5 m，以
角速度3= 100 n rad/s绕00 '轴匀速转动•当线圈平面通过中性面时开始计时，试求：\0
I
线圈中瞬时感应电动势的大小；(1)T过程中的平均感应电动势值；至t =⑵由t = J 4T(3)
若从线圈平面平行磁感线时开始计时，求线圈在t =时刻的电动势大小. _ 6［思路探究］(1)线圈平面通过中性面时开始计时与线圈平面平行磁感线时开始计时有何不同？
(2)平均感应电动势用哪个公式求解？
［解析］(1)由题意可知： __________
22 0.1 m = bc= 0.2S = x ab • 0.5 m 感应电动势的瞬时值e= NBS w sin w t = 100x 0.1 x 0.1 x 100n
sin (100 n t) V，所以e= 314sin
(100 n t) V.
△①T(2)用E= N计算t = 0至上=过程中的平均感应电动势 ____________ t A 4|①一①||0—BS02NBS
w, = N = 4NE = _________ _ _________ n 2n T0 —_______ w 4 代入数值得E= 200 V.
⑶由E = NBS w可知E= 314 V
mm线圈从线圈平面平行磁感线时开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e= ECOS w t, m代入数值得e= 314cos (100 n t) V
n T V314cos = 157 V. t =时，6 =当________ 36［答案］(1)314sin (100 n t)V (2)200 V (3)157 V
3. (2015 •天津一中高二月考)交流发电机在工作时电动势为e= Esin w t，若将发电机的角m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()
w t w tA . e'= Esin B . e'= 2Esin _ _ mm22E m C. e'= Esin 2 w t D. e'= sin 2 w t _____________________
m2［解析］交变电流的瞬时值表达式e= Esin w t，其中E = NBS w,当w加倍而S减半时，mm E 不变，故C正确.m［答案］C
［借题发挥］求解交变电流瞬时值时可分三步：
(1) 确定线圈从哪个位置开始计时，进而确定表达式是正弦还是余弦形式；
(2) 确定线圈转动的角速度w及线圈匝数n、磁感应强度B、线圈面积S等；
⑶识记E = nBS w，解题中可直接代入，不必推导.按表达式e= Esin w t或e= Ecos w t mmm代
入E及w的具体数值. m
正弦式交变电流的图象
［学生用书P］43从图象中可以解读到以下信息来求解问题
1•交变电流的最大值I、E、周期T.
mm2 .因线圈在中性面时感应电动势、感应电流均为零，磁通量最大，所以可确定线圈位于中性面的时刻. 3•找出线圈平行于磁感线的时刻.
4•判断线圈中磁通量的变化情况.
世〕典例题81
5 •分析判断e、i、u随时间的变化规律.
------------------------------- (自选例题，启迪思维)
1. (2015 •北师大附中高二检测)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的变化如图所示.下面说法中正确的是()
边沿如图所示方向转动，规定线圈中电流沿 abeda 方向为正方向，则从
t = 0到t = T 时间内，线
刻线圈处于什么位置？
(1)0［思路探究］方向在哪个位置变化？、 i(2)e 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、 tt ［解析］31时刻感应电动势最大，线圈位于与中 ］［答案穿过线圈的磁通量随时间变 2.一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动， )
化的图象如图甲所示，则下列说法中正确的是
时刻线圈平面与中性面垂直 t = 0A .的变化率达到最大 0.01 s 时刻①B . t =时刻感应电动
势达到最大二0.02 sC . t •该线圈相应的感应电动势图象如题图乙所示
D ［解析］t = 0时①最大，
线圈应在中性面位置， A 错误；t = 0.01 s 时，①—t 图象的斜△①率最大，故最大，
B 正确；t =
0.02 s 时，①最大，故 e = 0，C 错误；因①一t 图象为余弦 _______ t △图象，故e — t 图象应为正弦 图象，D 错误•故选B. ［答案］B
边沿竖直方向且与磁 cd 线圈.abed 在垂直纸面向里的有界匀强磁场中放置了矩形线圈 3.
2冗绕=0时刻起，线圈以恒定角速度3
t 场的右边界重合.线圈平面与磁场方向垂直.从=
Ted
时刻通过线圈的磁通量为零 A . t i 时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大 B . t 2时刻通过线圈
的磁通量变化率的绝对值最大. tC 3变换方向时，通过线圈的磁通量绝对值都最大•每当
eD 时
性面垂直的错误；t 大，磁通量的变化率为零, 线圈的磁通量的位置，穿过线圈的磁通量为零， e 变换方向，故选绝对值最大，
D
A 、C 2错误；由于线圈每经过一次中性面，穿过 BD.
T ［解析］在0〜内，线圈在匀强磁场中匀速转动，故产生正弦式交流电，由楞次定律知， 4T33
电流方向为负值；在〜 T 内，线圈中无感应电流；在 T 时，ab 边垂直切割磁感线，感应 444电 流最大，且电流方向为正值，故只有 B 项正确. ［答案］B
［借题发挥］正弦式交流电图象的分析方法
一看：看“轴”、看“线”、看“斜率”、看“点”、看“截距”、看“面积”、看“拐点”，并理解 其物理意义.一定要把图象与线圈在磁场中的位置对应起来.
二变：掌握“图与图”、“图与式”和“图与物”之间的变通关系•例如可借助磁通量的变化图线 与电动势的变化图线是否是互余关系来分析问题. 三判：在此基础上进行正确的分析和判断.
疑难究破思维升华
思想方法一一关于线圈转动过程的分析技巧
线圈在磁场中转动产生交变电流，实际上就是导体切割磁感线产生动生电动势，其大小用 E =
BLvsi n 0计算，其方向可用右手定则或楞次定律来判断，关键分析清楚哪部分切割、在哪段时 间内切割，过程分析清楚，问题就解决了•而线圈在磁场中的情况千变万化， 故线圈在磁场中转
动过程的分析要注意以下三点：
第一，明确线圈的转轴与磁场的位置，这将关系到线圈的磁通量是否发生变化；
圈中的电流i 随时间t 变化关系的图象为（）
X X X X X
X
6
x
第二，明确线圈的转轴与线圈的位置，总电动势是两部分电动势的和，这将关系到两部分电动势
的大小和方向；
第三，要对整个转动过程进行全程分析，不能想当然地去判断而得出结论.
［范例］（2015 •武汉高二检测）如图所示，单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈轴线00 '与磁场边界重合•线圈按图示方向匀速转动•若从图示位置开始计时，并规定电流方向沿c T a为正方向，则线圈内感应电流随时间变化的图象是下图中的（）
［解析］若从图示位置开始计时，在线圈转动90°的过程中，只有ab边切割磁感线，相当于向右
切割，故感应电流的方向为a T d T C T b T a，为负方向，大小相当于半个线圈在磁场中转动，但
还是正弦的形式，这一部分A、B项表示的都是正确的；在线圈转动90 °到180 °的过程中，只
有cd边切割磁感线，相当于向左切割，故感应电流的方向为a T d T c T b T a,为负方向，大小相
当于半个线圈在磁场中转动，但还是正弦的形式，这一部分B项表示的方向是不正确的；再按
同样的方法继续分析可以得到A项是正确的.
即学即练
［答案］A
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 边垂直•在t = 0时刻，线圈平面与纸面重合，如图所示，线圈的cd边离开纸面向外运动•若规定沿
a T
b T C T d T 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变化的图象是（）
解析：选C.线圈在磁场中从题图位置开始匀速转动时可以产生按余弦规律变化的交流电•对于题图起始时刻，线圈的cd边离开纸面向外运动，速度方向和磁场方向垂直，产生的电动势的瞬时值最大；用右手定则判断岀电流方向为逆时针方向，与规定的正方向相同，所以C对.
分口演练巩周落实
［随堂达标］
解析：选ABC.根据交变电流的定义分析，是否属于交变电流关键是看电流方向是否发生变化，而不是看大小.
2. 如图所示，矩形线圈abed放在匀强磁场中，ad= be = l，ab= cd= l.从图示位置起2i该线圈以
sin 3 t 3 l = BIA •以00 '为转轴时，感应电动势 e 2i sin 31 3 IBI0B •以0 '为转轴时，感应 电动势e =
2111 cos
3 13 IBIC .以00'为转轴时， 感应电动势 e = 21 n +3 tsin 3 I = Bl .以00 为转轴跟以ab 为转轴一
样，感应电动势
e D_
212
解析：选CD.以00 '为轴转动时，磁通量
不变，不产生交变电流•无论以
00 '为113 .由于是从与磁场平行的面开始计时，
IBI 轴还是以
ab 为轴转动，感应电动势的最大值都是 21产生的是余弦式交变电流，故
C 、
D 正确.
3 •如图所示为演示交变电流的装置图，关于这个实验，正确的说法是
（）
.线圈每转动一周， 指针左右摆动两次 A .图示位置为中性面， 线圈中无感应电流 B T b .图 示位置，ab 边的感应电流方向为由
aC D .线圈平面与磁场方向平行时， 磁通量变化率为零 解析：
选C.线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生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；线圈平面垂直于磁感线的位置称为中性面，显然图示位置不是中性面，所以 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由 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， 线圈处于竖直位置时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大，
D 错.
4.某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，由图中
信息可以判断（）
角速度3绕不同转轴匀速转动，则
B 也不对；线
a T
b ，C 对；线圈
也可以这样认为，
时刻线圈处于中性面位置、CA •在AD时刻穿过线圈的磁通量为零 B •在B、时刻线圈转过
的角度为n A时刻到DC •从次内交变电流的方向改变1001 SO时刻到D时刻经过0.02 s，则在D •若从时刻感应电流为、D、C时刻感应电流最大，线圈位置与中性面垂直，BA解析：选D.3
n时刻到若从.0时刻到零，线圈在中性面，此时磁通量最大.从AD时刻线圈转过角度为_ 21 则在次，2且在这个时间内电流方向改变，0.02 s即线圈转动一周用时，0.02 s时刻经过D .
1D.
次，故选=100s内交变电流的方向改变X 2 ___ 0.02磁场方边转动，绕ab矩形线圈abed在如
图所示的磁场中以恒定的角速度3 磁场的2倍.在向垂直纸面向里, 则线圈中圈平面与纸面重合，且
)5.(选做题时刻线=t0边左侧磁场的磁感应强度大小是右侧
其中ab边正在向纸外转动. 规定图示箭头方向为电流正方向, ed)
电流随时间变化的关系图线应是(
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X X X
，所二NBS 3 A.绕垂直磁场的轴转动时，线圈能够产生的最大感应电动势E解析：选m再利用楞
次定律2倍，以线圈在左侧磁场中产生的感应电动势最大值是右侧磁场中最大值的A正确.分
析感应电流方向，可知选项]
课时作业[一、选择题）一矩形闭合线圈在匀强磁场中匀速转动，当线圈平面通过中性面时
（1 .（多选）.线圈平面与磁感线垂直，此时通过线圈的磁通量最大 A .通过线圈磁通量的变化
率达最大值B •线圈中感应电流为零C •此位置前后的感应电流方向相反D当线圈平面通过
中性面时，线圈平面与磁感线垂直，通过线圈的磁通量ACD.解析：选此位置前后的感应电流方
向相通过线圈磁通量的变化率为零，线圈中感应电流为零，最大，B错误.、D正确，C反，故
选项A、的匀强磁场B如图所示，面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在磁感应强度为. 2）（=BS« sin 3 t的图是匀速转动，能产生正弦交变电动势中以角速度3 e
3
ABC
线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，且从中性面开始计时，产选 A.解析：A，由此
判断，只有选项符合.BS3生的电动势e= sin 3 t t100 n 2sin 220 = e 一个矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的交变电动势）多选（.3 .
V，则下列判断正确的是（）
A . t= 0时，线圈位于中性面位置
B . t= 0时，穿过线圈平面的磁通量最大
C. t = 0时，线圈的有效切割速度方向垂直磁感线
D . t= 0时，线圈中感应电动势达到峰值
解析：选AB.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.
4.（多选）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 00 '以恒定的角
速度3转动.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n 照图乙所示的
余弦规律变化，则在 t 二时刻（）_
•线圈中的电流最大 AB •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
电流为零2 nn 1解析：选CD.线圈转动的角速度为3，贝0转过一圈用时，当t =时说明转过了圈， 3 3 42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. 5.如图所示，一矩形线圈绕与匀强磁场垂直的中心轴 00 '沿顺时针方向转动，
引岀线的两端分
别与相互绝缘的两个半圆形铜环
M 和N 相连.M 和N 又通过固定的电刷 P 和Q 与电阻R 相连.在
•大小和方向都随时间做周期性变化
A •大小和方向都不随时间做周期性变化
BQR -C .大
小不断变化，方向总是 P - - P.大小不断变化，方向总是 Q - RD 解析：选C.半圆环交替接触 电刷，从而使输岀电流方向不变，这是一个直流发电机模 .
型，由右手定则知，外电路中电流方向是 P -RQ -6.（多选）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
）
线圈转动过程中，通过电阻 R 的电流
（
（线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示，下列结论正确的是
时，电动势最大和t = 0.3 sA .在t= 0.1 s时，电动势改变方向t= 0.4 sO.2 sB .在匚和157 V •电动势的最大值约是C3.14 Wb/s
时，磁通量变化率最大，其值为t= 0.4 sD .在时刻，穿过线圈的磁通量最大，此时刻磁0.3 s从题图中可知，在0.1 s和解析：选CD.时刻，穿过线圈的磁通量为零，但此时刻磁通量的变化0.4 s通量的变化率等于零；0.2 s和、AB错误•率最大，由此得选项 2 n;磁通量 ~ 157 VBS ,3
=，可得：E根据电动势的最大值公式：E= NBS W，^= _ mmim TE m D正确.3.14 Wb/s变化率
的最大值应为~，故选项C、_ N'绕垂直于磁场的OOb的矩形线圈，在磁感应强度为B的匀强磁场中，7•长为a宽为时，线圈平面与磁场方向平行，则此时的磁通量和磁通= 0轴以恒定的角速度3旋转•设t）
量的变化率分别是（Bab 3 B . 0，A . 0,0
Bab 3 ，Bab 3 D. BabC.，0 2eB.实际上，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动时，产生
交变电动势解析：选E但是电动势有最大值0, 1,虽然磁通量①=cos cos = Bab 33 t.当t= 0
时，3 t= cos = E 3 t mm①△，可知当电动势为最大值时，对应的磁通量的= nnBab 3 =，根据法
拉第电磁感应定律E_ t △①△ 正确.，BBab 3变化率也最大，
即E ==_ t △ maxm'中
点的轴OO放置在匀强磁场中，并绕过ab、cdabcd8 .如图甲所示，一矩形线圈如图乙所示，时为计时起点，=45°0以角速度3逆时针匀速转动•若以线圈平面与磁场夹角）
（时电流方向为正•则下列所示的四幅图中正确的是ba并规定当电流自流向
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2 ~T~
(
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D
nn,=线圈平面与中性面的夹角为一0 D.由楞次定律知，t = 0时电流方向为负， 解析：选_ _
42 nn 项正确.），因而只有D = Isin （ w t —线圈再转过到达中性面， 所以，线圈中感应电流为 L -m 44与导轨垂直abab ,多选）如图甲所示，金属导轨水平放置，导轨上跨放一根金属棒 9.（☆规 中通以图乙所示的交变电流，平行放置的导线
cd 并能沿导轨自由滑动，在导轨左侧与
ab ）
（向d 为正，贝U ab 受到向左的安培力作用的时间是定电流方向自
c
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〜t B . t 〜A . 0t 211〜t D . tc . t 〜t 4233，由安培定则知， 闭合回路中的磁场方T d 时间内， i 的方向为c 解析：选AC.在0〜t i 增大，由楞次定律判断岀闭合回路中有逆时针方向的感应电流， 金属向垂直纸面向
里，因
iit 时间内，b ，由左手定则可知，金属棒受到的安培力向左；在
t 〜棒
上电流的方向为 a T 2i 闭合回路中有顺时针方向的感应电流，由左手方向不变，大小逐渐减小， 根据楞次定律知，时间内，金属棒受到的安培力向〜
t 定则可知金属棒受到的安培力向右；同理
可判断，在t 32 C 正确.时间内，金属棒受到的安培力向右.故选项
A 、左，t 〜t 43二、非选择题
2,在匀强磁场中绕垂直于@ =，线圈内阻
r . 一矩形线圈有 100匝，面积为50 cm2 10线，B =
0.5 T 磁场方向的轴匀速转动，从线圈平面与磁场平行时开始计时，已知磁感应强度两端电压瞬
i/A ，
IT / 2 IT
2
2 2
B
时值的表R18 Q,试写岀n= 1 200 r/min，外接一用电器，电阻为R =圈的转速达式.1 200 r/s
2 n, 40 n rad/s ==解析：角速度
3 2 n n= __________ 60
4 V , 40 nX V = = 100 X 0.
5 X 50 X 1010
n最大值E = NBS 3 -m V , 10 n cos 40 n t线圈中感应电动势e= Ecos 3 t = m eee , A == 由闭
合电路欧姆定律i = _______ ________ 20218R ++ r1 , t V X 10n cos 40冗=故R两端电压uRi
=18 X 20 V. 40 n tu= 9 n cos 即V
写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；(1)坐标系中作出线框中感应电动势随时间变化关系
的图象.e在-t(2)时刻线框转t在开始计时的位置为线框平面与磁感线平行的位置，线框转动，
(1)解析：
252=其中B = 3 cos 3 t 即eBS 3 cos 3 t.0.2 m X = 0.1l T , S 过的角度为3 t,此时刻，e= Bl21n
2 rad/s.
X 50 rad/s = 100 n,3= 2 n n = 2 n = 0.02 m25 100 n t) Ve ,=X 0.02 X 100 n cos (故n ) V.
⑵见解析图t) V答案：(1)e = 102cos (100 n 5的匀强=T100匝，在磁感应强度B12.如图所示，
一半径为r= 10 cm的圆形线圈共 _ 2冗的转速匀速转动，当线圈转至600 r/min '以n= 00磁场中，绕垂直于磁场方向的中心轴线时开始计时.(图中位置)中性面位置
7t 写岀线圈内所产生的交变电动势的瞬时值表达式；(1)1时的电动势的瞬时值；求线圈从图示
位置开始在s(2)_ 601时间内的电动势的平均值•求线圈从图示位置开始在s(3— 60线圈
内产生正弦式交变线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴线匀速转动时，解析：，而在某段时
间内的平3 tEsin电动势，当线圈平面在中性面时开始计时，其表达式为e= m^A_ 求得.=
N均电动势可根据E_ t A V.
20 n t,故e= 100sin (与线圈形状无关)，3= 20 n rad/s3 t(1)e = Esin , E= NBS 3 mm1 s 时，t = (2) 当_ 601 X 20 n 100sin =~ 86.6 V. eV = 503 V_ 601(3)在s 内线圈转过的角度 _ 60 n
10=3 t= 20 n rad/s X s=， _ _ 6031 由①=BScos 3 t 知△①=BS， _ 2△①150_ 所以E= N = V.
A t n 150 答案：(1)e = 100sin 20 n t V (2)86.6 V (3) V ______。