1、 3.1认识交变电流A组基础达标1(2020年广东徐闻中学质检)某交流发电机正常工作时产生的感应电动势为eEmsin t.若线圈匝数减为原来的，而转速增为原来的2倍，其他条件不变，则产生的电动势的表达式是()AeEmsin tBe2Emsin tCe2Emsin 2tDeEmsin 2t【答案】D【解析】由EmNBS，角速度与转速的关系为2n得，当N、n2n时，2，EmNBSBS2NBS，即EmEm，故eEmsin 2t, D正确2(多选)(2020年铜仁一中检测)线圈在匀强磁场中转动产生电动势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
2、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【答案】AB【解析】由电动势的瞬时值表达式可知，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，磁通量最大，但此时导线切割磁感线的有效速率为零，A、B正确，C错误当t0.4 s时，e10sin 80，D错误3(2020年盐城名校期中)如图所示，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与磁场边界重合，线圈按图示方向匀速转动(ab边向纸外，cd边向纸内)若从图示位置开始计时，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像是图中的()AB CD【答案】A【解析】由题意
3、知线圈总有一半在磁场中做切割磁感线运动，所以产生的仍然是正弦式交变电流，只是感应电动势最大值为全部线圈在磁场中匀速转动时产生的感应电动势最大值的一半，故B、C错误再由楞次定律及安培定则可以判断出A正确，D错误4(多选)如图所示，一面积为S的单匝矩形线圈处于有界匀强磁场中，能在线圈中产生交变电流的方法是()A将线圈水平向右匀速拉出磁场B使线圈以OO为轴匀速转动C使线圈以ab为轴匀速转动D磁场以BB0sin t规律变化【答案】BCD【解析】将线圈向右匀速拉出磁场的过程中磁通量均匀减小，因此产生的感应电流大小不变，A错误；线圈绕垂直于磁感线方向的轴转动时磁通量发生周期性变化，因此产生交变电流，B、C
4、正确；如果磁感应强度发生周期性变化，而线圈面积不变，则磁通量也发生周期性变化，产生交变电流，D正确5如图所示，在水平匀强磁场中一矩形闭合线圈绕OO轴匀速转动，若要使线圈中的电流峰值减半，不可行的方法是()A只将线圈的转速减半B只将线圈的匝数减半C只将匀强磁场的磁感应强度减半D只将线圈的边长减半【答案】B【解析】由Im，EmNBS，2n，得Im，故A、C可行；又因电阻R与匝数有关，当匝数减半时电阻R也随之减半，则Im不变，故B不可行；当边长减半时，面积S减为原来的，而电阻减为原来的，故D可行6(多选)一矩形线圈，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向并位于线圈平面的固定轴转动，线圈中产生的感应电动势e随时
5、间t的变化规律如图所示，则下列说法中正确的是()At1和t3时刻穿过线圈的磁通量为零Bt1和t3时刻穿过线圈的磁通量的变化率为零C从线圈平面与磁场方向平行的时刻开始计时D每当感应电动势e变换方向时，穿过线圈的磁通量的绝对值最大【答案】BCD【解析】由图像可知，为余弦式交变电流，说明t0时，线圈平面与磁感线方向平行， C正确t1、t3时刻感应电动势为零，说明这两个时刻穿过线圈的磁通量变化率为零，穿过线圈的磁通量最大，所以B正确，A错误当线圈通过中性面时，穿过线圈的磁通量的绝对值最大，感应电动势为零，感应电动势的方向要发生改变，所以D正确7(2020年衡水名师专题卷)一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直
6、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像如图所示则下列说法中正确的是()At0时刻，线圈平面与中性面垂直Bt0.01 s时刻，的变化率为0Ct0.02 s时刻，感应电动势达到最大D从t0.01 s时刻至t0.04 s时刻线圈转过的角度是【答案】D【解析】由题图可知0、0.02 s、0.04 s时刻线圈平面位于中性面位置，最大，0，故E0；0.01 s、0.03 s、0.05 s时刻线圈平面与磁感线平行，最小，最大，故E最大，从题图可知，从t0.01 s时刻至t0.04 s时刻线圈旋转了周，转过的角度为.故D正确8.如图所示，一半径为r10 cm 的圆形线圈共100匝，在磁感应强度
7、BT 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的中心轴线OO以n600 r/min的转速匀速转动，当线圈转至中性面位置(图中位置)时开始计时(1)写出线圈内所产生的交变电动势的瞬时值表达式；(2)求线圈从图示位置开始，在 s时的电动势的瞬时值；(结果保留1位小数)(3)求线圈从图示位置开始在 s时间内的电动势的平均值解：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴线匀速转动时，线圈内产生正弦式交变电动势，当线圈平面在中性面时开始计时，其表达式为eEmsin t，而在某段时间内的平均电动势可根据N求得(1)eEmsin t，EmNBS(与线圈形状无关)，又2n rad/s20 rad/s，故e100sin(20t
8、) V.(2)当t s时，e100sinV50 V86.6 V.(3)在 s内线圈转过的角度t20 rad rad，由BScos t知BS，所以N V.B组能力提升9. (2020年北京大兴区期末)如图所示，KLMN是一个竖直的匝数为n的矩形导线框，全部处于磁感应强度为B的水平方向的匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R，MN边水平，线框绕竖直固定轴以角速度匀速转动(俯视逆时针)当MN边与磁场方向的夹角为30时(图示位置)，下列说法正确的是()A导线框中产生的瞬时电动势的大小是nBSB导线框中电流的方向是KLMNKC导线框再转过60时导线框中产生的电流达到最大值D导线框旋转过程中穿过导线框的磁通量
9、的变化率恒定【答案】A【解析】导线框中产生的瞬时电动势的大小是eEmcos30nBScos30nBS， A正确；由楞次定律可知，导线框中电流的方向是KNMLK, B错误；导线框与磁感线平行时感应电流最大，则导线框再转过150时导线框中产生的电流达到最大值， C错误；导线框旋转过程中由于感应电动势不断变化，根据En，则穿过导线框的磁通量的变化率不断变化， D错误10(2020年天津南开区期末)如图甲所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO匀速转动，从某时刻开始计时，产生的感应电动势e随时间t的变化曲线如图乙所示，若线圈匝数N100匝，外接电阻R70 ，线圈电阻r10 ，则下列说法正确
10、的是()A通过线圈的最大电流为1.25 AB线圈的角速度为50 rad/sC电压表的示数为50 VD穿过线圈的最大磁通量为 Wb【答案】A【解析】根据闭合电路的欧姆定律可知Im A1.25 A，即通过线圈的最大电流为1.25 A，电压表测量的是有效值，故有电压表的示数为UR61.9 V，故A正确，C错误；由乙图可知周期T0.04 s，转动的角速度为50 rad/s，故B错误；根据EmNBS，可得穿过线圈的最大磁通量为BS Wb，故D错误11如图所示，线圈abcd的面积是0.05 m2，共100匝，线圈的总电阻r1 ，外接电阻R9 ，匀强磁场的磁感应强度B T，线圈以角速度100 rad/s匀速
11、转动(1)若从线圈经过图示位置(线圈平面与磁感线垂直)时开始计时，写出线圈中感应电动势瞬时值的表达式(2)写出交变电流的瞬时值表达式(3)求线圈由图示位置转过的过程中，交变电动势的平均值解：(1)线圈中感应电动势的最大值为EmNBS1000.05100 V500 V，线圈中感应电动势瞬时值eEmsin t.所以e500sin(100t) V.(2)交变电流的最大值Im A50 A，所以交变电流的瞬时值表达式为i50sin(100t) A(3)N V.12如图所示，在匀强磁场中有一个“”形导线框，可绕AB轴转动，已知匀强磁场的磁感应强度B T，线框相邻两边相互垂直，其中CD边长为20 cm，CE
12、、DF长均为10 cm，转速为50 r/s，若从图示CEFD平面平行磁场位置开始计时：(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；(2)求出由图示位置转过30过程中线框产生的平均电动势；(3)作出线框中感应电动势随时间变化的et图像解：(1)线框转动，开始计时的位置为线框平面与磁感线平行的位置，CD边长为l120 cm，CE、DF边长为l210 cm，在t时刻线框转过的角度为t，此时刻eBl1l2cos t，其中B T，l1l20.10.2 m20.02 m2，2n250 rad/s100 rad/s，故e0.02100cos(100t) V.即e10 cos(100t) V.(2)线框由题图所示位置转过30的过程中Bl1l2，t，则平均电动势E V.(3)线框中感应电动势随时间变化的图像如图所示