1、一、选择题1(多选)下列各图中能产生交变电流的是()解析：选BCDA图中的转轴与磁场方向平行，线圈中的磁通量始终为零，线圈中无感应电流产生，故A错误；根据交变电流产生的条件可知，线圈绕垂直于磁感线的轴线转动，就可以产生交变电流，对线圈的形状没有特别要求，故B、C、D正确2线框在匀强磁场中绕OO轴匀速转动(由上向下看是逆时针方向)，当转到如图所示位置时，磁通量和感应电动势大小的变化情况是()A磁通量和感应电动势都在变大B磁通量和感应电动势都在变小C磁通量在变小，感应电动势在变大D磁通量在变大，感应电动势在变小解析：选D由题图可知，mcos ，eEmsin ，所以磁通量变大，感应电动势变小3(多选
2、)一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交流电动势为e220sin (100t) V关于这个交变电流，下列说法中正确的是()A交变电流的频率为100 HzB电动势的有效值为220 VC电动势的峰值为311 VDt0时，线圈平面与中性面重合解析：选CD因为100，所以f50 Hz，A错误电动势的峰值为220 V约311 V，C正确电动势的有效值U V220 V，B错误t0时，e0，线圈平面处于中性面，D正确4一个矩形线框的面积为S，在磁感应强度为B的匀强磁场中，从线圈平面与磁场垂直的位置开始计时，转速为n转/秒，则()A线框产生交变电动势的最大值为nBSB线框产生交变电动势的有效值为nBS/2C从开
3、始转动经过周期，线框中的平均感应电动势为2nBSD感应电动势瞬时值表达式为e2nBSsin 2nt解析：选D转速为n转/秒，则角速度为2n，根据感应电动势的最大值公式EmNBS可以知道，电动势的最大值为2nBS，有效值为最大值的，即为nBS，所以A、B错误从线圈平面与磁场垂直的位置开始计时，感应电动势瞬时值表达式为eBSsin t2nBSsin 2nt，D正确由EN得平均电动势为4nBS，C错误5电阻为1 的某矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，产生的正弦交流电的图象如图线a所示，当调整线圈转速后该线圈中所产生的正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交变电流的说法正确的是
4、()A在图中t0时刻穿过线圈的磁通量均为零B线圈先后两次转速比为23C交流电a的电动势的有效值为5 VD交流电b的电动势的最大值为5 V解析：选C.t0时，磁通量都为最大，A错误两次周期之比TaTb0.40.623，所以转速之比nanb32，B错误由Ia及UaIaR得，Ua5 V，C正确由EmNBS可知，UamUbm32，所以Ubm V，D错误6某台家用柴油发电机正常工作时能够产生与我国照明电网相同的交变电流现在该发电机出现了故障，转子匀速转动时的转速只能达到正常工作时的一半，则它产生的交变电动势随时间变化的图象是()解析：选B我国照明用电的周期为0.02 s，转速减半，周期变为原来的2倍，角
5、速度变为原来的一半，根据最大值公式EmnBS可知，Em变为原来的一半，B正确7(多选)如图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()A线圈每转动一周，指针左右摆动一次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abD线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零解析：选AC.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正确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ab，C正确线圈平面与磁场方向平行时，ab、c
6、d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，线圈处于竖直位置时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大，B、D错误8.如图所示，虚线OO的左边存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，右边没有磁场单匝矩形线圈abcd的对称轴恰与磁场右边界重合，线圈平面与磁场垂直，线圈沿图示方向绕OO轴以角速度匀速转动(即ab边先向纸外、cd边先向纸里转动)，规定沿abcd方向为感应电流的正方向，从图示位置开始计时，下图中能正确表示线圈内感应电流i随时间t变化规律的是()解析：选B0内，ab一侧的线框在磁场中绕OO转动产生交变电流，由楞次定律得电流方向为dcba且越来越大，内，ab一侧线框在磁场外，而dc一侧线框
7、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it图象为B9.一个匝数为10的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，周期为T.若把多用电表的选择开关拨至交流电压挡，测得a、b两点间的电压为20 V，则可知从中性面开始计时，当tT时，穿过线圈的磁通量的变化率约为()A1.41 Wb/sB2.0 Wb/sC14.1 Wb/s D20.0 Wb/s解析：选B电子电压表测量的是交变电流有效值，由此可以计算出交变电压的最大值为Em20 V；交变电压的瞬时表达式为：e20sin t；当t时的瞬时值为e20 V；由法拉第电磁感应定律知，对应该时刻磁通量的变化率为2.0 W
8、b/s，故B正确10.(多选)如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 .从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60时的感应电流为1 A那么()A线圈消耗的电功率为4 WB线圈中感应电流的有效值为2 AC任意时刻线圈中的感应电动势为e4costD任意时刻穿过线圈的磁通量为sint解析：选AC.由于线圈从垂直于中性面的位置开始计时，则瞬时值表达式可记为eEmcos ，代入数据可知2Emcos 60，得最大值Em4 V，即有效值E2 V以及I A，功率为P4 W，瞬时值表达式为e4cost.故A、C正确，B错误再由EmNBS，得任意时刻穿过
9、线圈的磁通量为BSsin sin sin sint，可知D错误二、非选择题11.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B0.5 T，线圈匝数n50，每匝线圈面积为0.48 m2，转速为150 r/min，在匀速转动过程中，从图示位置开始计时(1)写出交变感应电动势瞬时值的表达式；(2)画出et图线解析：(1)当线圈平面经过中性面时开始计时，则线圈在时间t内转过角度t，于是感应电动势瞬时值eEmsin t，其中EmnBS.由题意知n50，B0.5 T， rad/s5 rad/s，S0.48 m2，EmnBS500.50.485 V188 V，所以e188sin 5t(V)(2)根据
10、交流电的方程画图线时，最大值是正弦图线的峰值，由纵轴上的刻度值标出，交流电的频率与正弦图线的周期相对应，而周期由时间轴上的刻度值标出，T2/0.4 s，et图线如图所示答案：(1)e188sin 5t(V)(2)见解析图12.如图甲是交流发电机模型示意图在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO转动，由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO转动的金属圆环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路图乙是线圈的主视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示已知ab长度为L1，bc
11、长度为L2，线圈以恒定角速度逆时针转动(只考虑单匝线圈)(1)线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式；(2)线圈平面处于与中性面成0夹角位置时开始计时，如图丙所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式；(3)若线圈电阻为r，求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热(其他电阻均不计)解析：(1)矩形线圈abcd在磁场中转动时，只有ab和cd切割磁感线，且转动的半径为r，设ab和cd的转动速度为v，则v在t时刻，导线ab和cd因切割磁感线而产生的感应电动势均为E1BL1v由图可知vvsin t则整个线圈的感应电动势为e12E1BL1L2sin t.(2)当线圈由图丙位置开始运动时，在t时刻整个线圈的感应电动势为e2BL1L2sin (t0)(3)由闭合电路欧姆定律可知I 这里E为线圈产生的电动势的有效值E则线圈转动一周在R上产生的焦耳热为QRI2RT其中T于是QRR2.答案：(1)e1BL1L2sin t(2)e2BL1L2sin (t0)(3)R2