1．關(guān)于線圈在勻強(qiáng)磁場中轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的交變電流，下列說法中正確的是( )
A．線圈平面每經(jīng)過中性面一次，感應(yīng)電流方向就改變一次，感應(yīng)電動勢方向不變
B．線圈每轉(zhuǎn)動一圈，感應(yīng)電流方向就改變一次
C．線圈每平面經(jīng)過中性面一次，感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流的方向都要改變一次
D．線圈每轉(zhuǎn)動一圈，感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流方向都要改變一次
2．線圈在磁場中勻速轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的交流電的瞬時電動勢為e＝102sin 20πt V，則 下列說法正確的是( )
A．t＝0時，線圈平面位于中性面
B．t＝0時，穿過線圈的磁通量最大
C．t＝0時，導(dǎo)線切割磁感線的有效速度最大
D．t＝0.4 s時，e達(dá)到峰值102 V
3．交流發(fā)電機(jī)在工作時的電動勢為e＝Emsin ωt，若將其電樞的轉(zhuǎn)速提高1倍，其他條件不變，則其電動勢變?yōu)? )
A．Emsinωt2 B．2Emsinωt2
C．Emsin 2ωt D．2Emsin 2ωt
4．一閉合矩形線圈abcd繞垂直于磁感線的固定軸OO′勻速轉(zhuǎn)動，線圈平面位于如圖7甲所示的勻強(qiáng)磁場中．通過線圈的磁通量Φ隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，下列說法正確的是( )
圖7
A．t1、t3時刻通過線圈的磁通量變化率最大
B．t1、t3時刻線圈中感應(yīng)電流方向改變
C．t2、t4時刻線圈中磁通量最大
D．t2、t4時刻線圈中感應(yīng)電動勢最小
5．如圖8所示，一正方形線圈abcd在勻強(qiáng)磁場中繞垂直于磁感線的對稱軸OO′勻速轉(zhuǎn)動．沿著OO′觀察，線圈沿逆時針方向轉(zhuǎn)動．已知勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，線圈匝數(shù)為n，邊長為l，電阻為R，轉(zhuǎn)動的角速度為ω，則當(dāng)線圈轉(zhuǎn)至圖示位置時( )
圖8
A．線圈中感應(yīng)電流的方向為abcda
B．線圈中的感應(yīng)電流為nBl2ωR[
C．穿過線圈的磁通量為0
D．穿過線圈的磁通量的變化率為0
6．如圖9所示，矩形線圈abcd，已知ab為L1，ad為L2，在磁感強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中繞OO′軸以角速度ω(從圖中位置開始)勻速轉(zhuǎn)動，則線圈中感應(yīng)電動勢的大小為( )
[來源:學(xué)科網(wǎng)ZXXK]
圖9
A．12BL1L2ωsin ωt B．12BL1L2cos ωt
C．BL1L2ωsin ω t D．BL1L2ωcos ωt
7．如圖10所示，一矩形線圈abcd放置在勻強(qiáng)磁場中，并繞過ab、cd中點的軸OO′以角速度ω逆時針勻速轉(zhuǎn)動．若以線圈平面與磁場夾角θ＝0°時(如圖)為計時起點，并規(guī)定當(dāng)電流自a流向b時電流方向為正．則下列四幅圖中正確的是( )
圖10
8．如圖11甲所示，一矩形閉合線圈在勻強(qiáng)磁場中繞垂直于磁場方向的轉(zhuǎn)軸OO′以恒定的角速度ω轉(zhuǎn)動．當(dāng)從線圈平面與磁場方向平行時開始計時，線圈中產(chǎn)生的交變電流按照圖乙所示的余弦規(guī)律變化，則在t＝π2ω時刻( )
圖11
A．線圈中的電流最大
B．穿過線圈的磁通量為零
C．線圈所受的安培力為零
D．線圈中的電流為零
9．如圖12所示，矩 形線圈abcd在勻強(qiáng)磁場中可以分別繞垂直于磁場方向的軸P1和P2以相同的角速度勻速轉(zhuǎn)動，當(dāng)線圈平面轉(zhuǎn)到與磁場方向平行時( )
圖12
A．線圈繞P1轉(zhuǎn)動時的電流等于繞P2轉(zhuǎn)動時的電流
B．線圈繞P1轉(zhuǎn)動時的電動勢小于繞P2轉(zhuǎn)動時的電動勢
C．線圈繞P1和 P2轉(zhuǎn)動時電流的方向相同,都是a→b→c→d[來源:學(xué)_科_網(wǎng)]
D．線圈繞P1轉(zhuǎn)動時cd邊受到的安培力大于繞P2轉(zhuǎn)動時cd邊受到的安培力
題 號123456789
答 案[
10．一矩形線圈在勻強(qiáng)磁場中以角速度4π rad/s勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的交變電動勢的圖象如圖13所示．則交變電流的頻率為______Hz，當(dāng)t＝0時，線圈平面與磁感線________，當(dāng)t＝0.5 s時，e為______V.
圖13[來源:Z+xx+k.Com]
11．如圖14所示，在勻強(qiáng)磁場中有一個“n”形導(dǎo)線框可繞AB軸轉(zhuǎn)動，已知勻強(qiáng) 磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝52π T，線框的CD邊長為l1＝20 cm，CE、DF邊長均為l2＝10 cm，轉(zhuǎn)速為50 r/s.若從圖示位置開始計時：
圖14
(1)寫出線框中感應(yīng)電動勢的瞬時值表達(dá)式；
(2)在e－t坐標(biāo)系中作出線框中感應(yīng)電動勢隨時間變化關(guān)系的圖象．
12．如圖15所示，勻強(qiáng)磁場B＝0.1 T，所用矩形線圈的匝數(shù)N＝100，邊長ab＝0.2 m，b c＝0.5 m，以角速度ω＝100π rad/s繞OO′軸勻速轉(zhuǎn)動．從線圈平面通過中性面時開始計時，試求：
圖15
(1)線圈中感應(yīng)電動勢的大�。�
(2)由t＝0至t＝T4過程中的平均電動勢值．
參考答案
課后鞏固練
1．C
2．AB [根據(jù)交流電動勢的瞬時值表達(dá)式可判斷為正弦式交變電流，當(dāng)t＝0時，e＝0，所以此時磁通量的變化率為零，導(dǎo)線切割 磁感線的有效速度為零，但此時穿過線圈的磁通量最大，線圈平面位于中性面，所以A、B正確，C錯誤；當(dāng)t＝0.4 s時，e＝102sin 20πt V＝102sin 8π V＝0，所以D錯誤．]
3．D [電樞轉(zhuǎn)速提高1倍，由ω＝2πn知，角速度變?yōu)樵瓉淼?倍；由電動勢最大值表達(dá)式 Em＝nBSω知，最大值也變?yōu)樵瓉淼?倍．]
4．B [t1、t3時刻通過線圈的磁通量Φ的絕對值最大，磁通量變化率ΔΦΔt＝0，此時感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流為零，線圈中感應(yīng)電流方向改變，A錯誤，B正確；t2、t4時刻線圈中磁通量為 零，磁通量的變化率最大，即感應(yīng)電動勢最大，C、D錯誤．]
5．BC [圖示位置為垂直于中性面的位置，此時通過線圈的磁通量為零，但磁通量的變化率最大，感應(yīng)電流也最大，I＝nBSωR＝nBl2ωR，由右手定則可判斷出線圈中感應(yīng)電流的方向為adcba.]
6．C [線圈經(jīng)過時間t時，轉(zhuǎn)過角度θ，這時ab，cd邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢Eab＝BL1vsin θ，Ecd＝BL1vsin θ，bc，ad邊不切割磁感線不產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，故線圈中的感應(yīng)電動勢為E＝Eab＋Ecd＝2BL1vsin θ＝2BL1?12L2ωsin ωt＝BL1L2ωsin ωt，故正確選項應(yīng) 為C.]
7．D [矩形線圈在勻強(qiáng)磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉(zhuǎn)動，從線圈平面與磁場方向平行開始計時，產(chǎn)生的感應(yīng)電流按余弦規(guī)律變化，由于t=0時，線圈的轉(zhuǎn)動方向如題圖，由右手定則判斷可得，此時ad中電流方向為由a到d，線圈中電流方向為a→d→c→b→a，與規(guī)定的電流正方向相反，電流為負(fù)值．又因為此時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大，故只有D正確．]
8．CD [t＝π2ω＝T4，此時線圈位于中性面位置，所以穿過線圈的磁通量最大，B錯誤；由于此時感應(yīng)電動勢為零，所以線圈中電流為零，線圈所受的安培力為零，A錯誤，C、D正確．]
9．A [無論是繞P1轉(zhuǎn)動還是繞P2轉(zhuǎn)動，線圈轉(zhuǎn)到圖示位置時產(chǎn)生的電動勢都為最大值Em=nBSω，由歐姆定律可知此時I相等，A對，B錯；由右手定則可知線圈中電流方向為a→d→c→b→a，故C錯；cd邊所受的安培力F＝BLcdI，故F一樣大，D錯．]
10．2 垂直 0
解析 T＝2πω＝12 s，則交流電的頻率f＝1T＝2 Hz.由圖象知t＝0時，e＝0，線圈位于中性面位置，線圈平面和磁感線垂直；當(dāng)t＝0.5 s時，ωt＝2πft＝2π，e＝0.
11．(1)e＝102cos 100πt V (2)見解析
解析 (1) 線框轉(zhuǎn)動，開始計時的位置為線圈平面與磁感線平行的位置，產(chǎn)生的交變電流按余弦規(guī)律變化，在t時刻線框轉(zhuǎn)過的角度為ωt，此時刻e＝Bl1l2ωcos ωt，即e＝BSωcos ωt，其中B＝52π T，S＝0.1×0.2 m2＝0.02 m2，ω＝2πn＝2π×50 rad/s＝100π rad/s，故e＝52π×0.02×100πcos 100πt V，
即e＝102cos 100πt V.
(2)T＝2πω＝0.02 s，線框中感應(yīng)電動勢隨 時間變化關(guān)系的圖象如下圖所示
12．(1)e＝314sin 100πt V (2)200 V
解析 (1)解法一 線圈經(jīng)過時間t轉(zhuǎn)過角度θ＝ωt，這時bc和da邊不切割磁感線，ab和cd邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢eab＝ecd＝NBabvsin ωt，其中v＝ωad2＝ωbc2，所以e＝eab＋ecd＝2eab＝2NBωabad2sin ωt＝NBSωsin ωt，
則Em＝NBSω＝100×0.1×0.1×100π V＝314 V，
e＝31 4sin 100πt V
解法二 感應(yīng)電動勢的瞬時值e＝NBSωsin ωt，由題可知S＝ab?bc＝0.2×0.5 m2＝0.1 m2，
Em＝NBSω＝100×0.1×0.1×100π V＝314 V，
所以e＝314sin 100πt V.
(2)用E＝NΔΦΔt計算t＝0至t＝T4過程中的平均電動勢E＝NΦπ2－Φ0T4－0＝N0－BST4＝4NBS2πω[
即E＝2πNBSω.代入數(shù)值得E＝200 V.
本文來自：逍遙右腦記憶 http://www.yy-art.cn/gaoer/57627.html
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