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1、1(2011年龙岩高二检测)甲、乙两电路中电流及时间关系如图5112所示，属于交变电流的是()图5112A甲、乙都是 B甲是乙不是C乙是甲不是 D甲、乙都不是解析：选B.甲图电流大小不变、方向变化，是交流电，乙图大小变化、方向不变，是直流电，故选B.2在图5113中，不能产生交变电流的是()图5113解析：选A.矩形线圈绕着垂直于磁场方向的转轴做匀速圆周运动就产生交流电，而A图中的转轴及磁场方向平行，线圈中无电流产生，所以选A.3交流发电机在工作时的电动势eEmsint.若将线圈匝数、线圈面积都提高到原来的两倍，其他条件不变，则电动势变为()Ae2Emsint Be4EmsintCeEmsin
2、t DeEmsint解析：选B.由电动势最大值表达式EmNBS，N、S变为原来的两倍，则最大值变为4Em，故B正确4.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，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图5114所示下列结论正确的是() 图5114A在t0.1 s和t0.3 s时，电动势最大B在t0.2 s和t0.4 s时，电动势改变方向C电动势的最大值是157 VD在t0.4 s时，磁通量变化率最大，其值为3.14 Wb/s解析：选CD.在t0.1 s和t0.3 s时，矩形线圈的磁通量最大，但磁通量的变化率为0，电动势为0，此时电动势改变方向故A、B错误由图象可知，周期为0.4
3、 s，故角速度5，而最大电动势为EmnBS157 V，C正确在t0.4 s时，磁通量为0，磁通量变化率最大，其值为3.14 Wb/s.故D正确5. (2009年高考天津卷)如图5115所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R.线框绕及cd边重合的竖直固定转轴以角速度匀速转动，线框从中性面开始转过的过程中，求通过导线横截面的电荷量q. 图5115解析：qtt.答案：一、选择题1矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，下列说法中不正确的是()A在中性面时，通过线圈的磁通量最大B在中性面时，感应电动势为零C穿过线圈的磁通量为零时，感应电
4、动势也为零D线圈每通过中性面一次，电流方向改变一次解析：选C.由中性面的特点可知，应选为C.2线圈在匀强磁场中转动产生电动势e10sin20t 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率最大Dt0.4 s时，e有最大值10 V解析：选AB.由电动势的瞬时值表达式，计时从线圈位于中性面时开始，所以t0时，线圈平面位于中性面，磁通量为最大，但此时导线速度方向及磁感线平行，切割磁感线的有效速率为零，A、B正确，C错误当t0.4 s时，e10sin20t10sin(200.4) V0，D错误3. (2011年雅安高二检测)一矩
5、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5116所示下面说法中正确的是() 图5116At1时刻通过线圈的磁通量为零Bt2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大Ct3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大D每当e变换方向时，通过线圈的磁通量绝对值都为最大解析：选D.t1、t3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大，磁通量的变化率为零，A、C错误；t2时刻感应电动势最大，线圈位于中性面的垂面位置，穿过线圈的磁通量为零，B错误；由于线圈每过一次中性面时，穿过线圈的磁通量的绝对值最大，e变换方向，所以D正确4闭合线圈在匀强磁场中匀
6、速转动时，产生的正弦式交变电流iImsin t.若保持其他条件不变，使线圈的匝数和转速各增加1倍，则电流的变化规律为()AiImsin t BiImsin 2tCi2Imsin t Di2Imsin 2t解析：选D.由电动势的最大值知，最大电动势及角速度成正比，及匝数成正比，所以电动势最大值为4Em，匝数加倍后，其电阻也应该加倍，此时线圈的电阻为2R，根据欧姆定律可得电流的最大值为Im2Im，因此，电流的变化规律为i2Imsin 2t.5.如图5117所示是一多匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动所产生的感应电动势的图象，根据图象可知() 图5117A此感应电动势的瞬时表达式为e200s
7、in0.02tB此感应电动势的瞬时表达式为e200sin100tCt0.01 s时，穿过线圈的磁通量为零Dt0.02 s时，穿过线圈的磁通量的变化率最大答案：B6.一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图5118所示则下列说法中正确的是() 图5118At0时刻，线圈平面及中性面垂直Bt0.01 s时刻，的变化率最大Ct0.02 s时刻，感应电动势达到最大D该线圈转动的角速度为50 rad/s解析：选BD.由图象可知t0、0.02 s、0.04 s时刻线圈平面是中性面位置，最大.0，故E0.t0.01 s、0.03 s、0.05 s时刻线圈平面及
8、磁感线平行，最小，最大，故E最大，从图象可知，交变电流变化的周期T0.04 s，则50 rad/s.所以B和D正确7.(2011年包头高二检测)如图5119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OO及磁场边界重合，线圈按图示方向匀速转动(ab向纸外，cd向纸内)若从图所示位置开始计时，并规定电流方向沿abcda为正方向，则线圈内感应电流随时间变化的图象是图中的() 图5119图5120解析：选A.由题意知线圈总有一半在磁场中做切割磁感线的匀速转动，所以产生的仍然是正弦交变电流，只是最大值为全部线圈在磁场中匀速转动情况下产生的感应电动势最大值的一半，所以选项B、C错误再由
9、右手螺旋定则可以判断出A选项符合题意8.如图5121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，当线圈平面转到及磁场方向平行时() 图5121A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边受到的安培力解析：选A.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e2Bl1r1Bl1r2
10、，即e1e2，所以i1i2，故选项A对B错由右手螺旋定则可知，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9如图5122甲所示，a、b为两个并排放置的共轴线圈，a中通有如图乙所示的交变电流，则下列判断错误的是()图5122A在t1到t2时间内，a、b相吸B在t2到t3时间内，a、b相斥Ct1时刻两线圈间作用力为零Dt2时刻两线圈间吸引力最大解析：选D.t1到t2时间内，a中电流减小，a中的磁场穿过b且减小，因此b中产生及a同向的磁场，故a、b相吸，A选项正确同理B选项正确t1时刻a中电流最大，但变化率为零，b中无感应电
11、流，故两线圈的作用力为零，故C选项正确，t2时刻a中电流为零，但此时电流的变化率最大，b中的感应电流最大，但相互作用力为零，故D选项错误因此，错误的应是D.二、非选择题10发电机的转子是匝数为100，边长为20 cm的正方形线圈，将它置于磁感应强度B0.05 T的匀强磁场中，绕着垂直于磁场方向的轴以100 rad/s的角速度转动，当线圈平面跟磁场方向垂直时开始计时线圈和外电路的总电阻R10 .线圈从计时开始，到转过60过程中通过线圈某一截面的电荷量为多少？解析：n又且，tt.所以，通过线圈某一截面的电荷量qtt从中性面计时，转过60，如图所示BSBS(1cos 60)BSq C1102C.答案
12、：1102C11.如图5123所示，匀强磁场B0.1 T，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轴匀速转动当线圈通过中性面时开始计时，试求：线圈中感应电动势的表达式图5123解析：法一：线圈经过时间t转过的角度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eabecdNBabvsint其中v所以eeabecd2eab2NBsintNBSsintEmNBS1000.10.1100 V314 Ve314sin100t V.法二：感应电动势的瞬时值eNBSsint，由题可知：S0.20.5 m20.1 m2EmNBS100
13、0.10.1100 V314 V所以e314sin100t V.答案：e314sin100t V12.如图5124所示，线圈的面积是0.05 m2，共100匝，线圈电阻为1 ，外接电阻R9 ，匀强磁场的磁感应强度为BT，当线圈以300 r/min的转速匀速旋转时，求：图5124(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式(2)线圈转了 s时电动势的瞬时值多大？(3)电路中流过电阻R的电流的峰值是多少？解析：(1)角速度10 rad/sEmNBS1000.0510 V50 V感应电动势的瞬时值eEmsint50sin10t V.(2)当t1/30 s时，e50sin(10)V25 V(3)电流峰值ImEm/(Rr)A5 A.答案：(1)e50sin10t V(2)25 V(3)5 A 第 4 页