1、自我小测1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（）A0.5Bl1l2sin t B0.5Bl1l2cos tCBl1l2sin t DBl1l2cos t2线圈在磁场中匀速转动产生的交流电动势为sin20tV，则下列说法正确的是（）At0时，线圈平面位于中性面Bt0时，穿过线圈的磁通量最大Ct0时，导线切割磁感线的有效速度最大Dt0.4s时，e达到峰值V3把一段长度确定的导线做成线圈，在确定的磁场中绕垂直于磁场的轴线以固定的转速转动，产生的交流电动势最大的情况是（）A做
2、成方形线圈，线圈平面垂直于转轴B做成方形线圈，转轴通过线圈平面C做成圆形线圈，转轴通过线圈平面D做成圆形线圈，线圈平面垂直于转轴4如图所示，矩形线圈abcd，已知ab为L1，ad为L2，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO轴以角速度（从图中位置开始）匀速转动，则线圈中感应电动势的瞬时值表达式为（）ABL1L2sin t BBL1L2cos tCBL1L2sin t DBL1L2cos t5一闭合矩形线圈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（）At1、t3时刻通过线圈的磁通量变化率最大Bt1、t
3、3时刻线圈中感应电流方向改变Ct2、t4时刻线圈中磁通量最大Dt2、t4时刻线圈中感应电动势最小6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abcdD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7矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴转动，线圈共100匝，角速度为20rad/s，在转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为0.06Wb，则线圈平面转
4、到与磁感线平行时，感应电动势为_V，当线圈平面与中性面夹角为时，感应电动势为_V8如图所示，匀强磁场的磁感应强度B0.1T，所用矩形线圈的匝数N100匝，边长ab0.2 m，bc0.5m，以角速度100rad/s绕OO轴匀速转动当线圈平面通过中性面时开始计时，求：（1）线圈中感应电动势瞬时值的表达式；（2）由t0至过程中的平均感应电动势参考答案1答案：D解析：感应电动势的最大值为EmBl1l2，线圈从垂直中性面的位置开始转动，则t时刻的感应电动势为eEmsin（t）Bl1l2cos t故D正确2答案：AB解析：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t0时，e0，所以此时磁通量的
5、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t0.4 s时，sin 20t sin 8 V0，所以D错误3答案：C解析：由交变电流的产生原理及公式EmBS可知，在转轴通过线圈平面，做成圆形时产生的电动势最大，C正确4答案：C解析：线圈绕过时间t时，转过角度，如图所示（从上向下看），这时ab、cd边切割磁感线产生感应电动势EabBL1vsin EcdBL1vsin 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EEabEcd2BL1vsin 2BL1L2sin tBL1L2sin t，故正确选项应为C5答
6、案：B解析：t1、t3时刻通过线圈的磁通量最大，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6答案：A解析：如图所示，设abl1，adl2，O1ar1，O1dr2线圈绕P1轴转动时，产生的感应电动势e1Bl1vBl1l2线圈绕P2轴转动时，产生的感应电动势e2Bl1r1Bl1r2Bl1l2，即e1e2，所以i1i2，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adcb方向，故选项C错；再根据安培力公式可知F安BIl1，即安培力相同，D错7答案：120解析：线圈转动的角速度20 rad/s，电动势的最大值EmnBS120 V，线圈转过时，感应电动势的瞬时值eEmsin t60V8答案：（1）e314sin 100t V（2）200 V解析：（1）感应电动势的瞬时值eNBSsin t，由题可知：SLabLbc0.20.5 m20.1 m2，则EmNBS1000.10.1100 V314 V，所以e314sin 100t V（2）用计算平均感应电动势，则t0至过程中的平均感应电动势为即，代入数值得
