1、高考资源网（） 您身边的高考专家2.1 认识交变电流、2.2 交变电流的描述 每课一练（粤教版选修3-2）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(双选)线圈在磁场中匀速转动产生的交流电的瞬时电动势为e10sin 20t V，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
2、大Dt0.4 s时，e达到峰值10 V3交流发电机在工作时的电动势为eEmsin t，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( )AEmsin B2EmsinCEmsin 2t D2Emsin 2t4一闭合矩形线圈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6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( )图6At1、t3时刻通过线圈的磁通量变化率最大Bt1、t3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5(双选)如图7所示，一正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的
3、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，则当线圈转至图示位置时( )图7A线圈中感应电流的方向为abcdaB线圈中的感应电流为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8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(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8ABL1L2sin t BBL1L2cos tCBL1L2sin t DBL1L2cos t7如图9所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的
4、轴OO以角速度逆时针匀速转动若以线圈平面与磁场夹角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98(双选)如图10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( )图10A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11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11A线圈绕P1转动时的电流等
5、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4 rad/s匀速转动，产生的交变电动势的图象如图12所示则交变电流的频率为_Hz，当t0时，线圈平面与磁感线_，当t0.5 s时，e为_V.图1211如图13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 T，线框的CD边长为l120 cm，CE、DF边长均为l210 cm，转速为50 r/s.若从图示位置
6、开始计时，图13(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；(2)在et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14所示，匀强磁场B0.1 T，所用矩形线圈的匝数N100，边长ab0.2 m，bc0.5 m，以角速度100 rad/s绕OO轴匀速转动从线圈平面通过中性面时开始计时，试求：图14(1)线圈中感应电动势的大小(2)由t0至t过程中的平均电动势值参考答案课后巩固练1C2AB 根据交流电动势的瞬时值表达式可判断题目所给的交流电为正弦式交变电流，当t0时，e0，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、
7、B正确，C错误；当t0.4 s时，e10sin 20t V10sin 8 V0，所以D错误3D 电枢转速提高1倍，由2n知，角速度变为原来的2倍；由电动势最大值表达式EmnBS知，最大值也变为原来的2倍4B t1、t3时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大，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5BC 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，由右手定则可判断出线圈中感应电流的方向为adcba.6C 线圈经过时间t时，
8、转过角度，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C.7D 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adcba，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8CD t，此时线圈位于中性面位
9、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9A 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=nBS，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adcba，故C错；cd边所受的安培力FBLcdI，故F一样大，D错102 垂直 0解析 T s，则交流电的频率f2 Hz.由图象知t0时，e0，线圈位于中性面位置，线圈平面和磁感线垂直；当t0.5 s时，t2ft2，e0.11(1)e10cos 100t V (2)见解析解析 (1)线框转动，开始计时的位置为线圈平
10、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t，此时刻eBl1l2cos t，即eBScos t，其中B T，S0.10.2 m20.02 m2，2n250 rad/s100 rad/s，故e0.02100cos 100t V，即e10cos 100t V.(2)T0.02 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)e314sin 100t V (2)200 V解析 (1)解法一 线圈经过时间t转过角度t，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eabecdNBvsin t，其中v，所以eeabecd2eab2NBsin tNBSsin t，则EmNBS1000.10.1100 V314 V，e314sin 100t V解法二 感应电动势的瞬时值eNBSsin t，由题可知S0.20.5 m20.1 m2，EmNBS1000.10.1100 V314 V，所以e314sin 100t V.(2)用EN计算t0至t过程中的平均电动势ENN即ENBS.代入数值得E200 V.高考资源网版权所有，侵权必究！