2018-2019學年高中物理 第五章 交變電流 第1節(jié) 交變電流學案 新人教版選修3-2

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1、第1節(jié)　交變電流 　1.理解交變電流、直流的概念，會觀察交流電的波形圖．　2.理解正弦式交變電流的產生，掌握交流電產生的原理． 3．知道交變電流的變化規(guī)律及表示方法． 一、交變電流和交變電流的產生 1．交變電流 (1)交變電流的定義：大小和方向都隨時間周期性變化的電流，簡稱交流． (2)直流：方向不隨時間變化的電流． 2．交變電流的產生 (1)典型模型：在勻強磁場中，繞垂直于磁場方向的軸勻速轉動的線圈里產生的是交變電流．實驗裝置如圖所示． (2)中性面：線圈在磁場中轉動過程中，線圈平面與磁場垂直時所在的平面． 二、交變電流的變化規(guī)律 1．正弦式交變電流 (1)定

2、義：按正弦規(guī)律變化的交變電流叫做正弦式交變電流，簡稱正弦式電流． (2)函數(shù)表達式和圖象 函數(shù)表達式 圖象 瞬時電動勢：e＝Emsin__ωt 瞬時電壓：u＝Umsin__ωt 瞬時電流：i＝Imsin__ωt 注：表達式中Em、Um、Im分別是電動勢、電壓、電流的峰值，而e、u、i則是這幾個量的瞬時值． 2．幾種常見的交變電流 判一判　(1)只要線圈在磁場中轉動，就可以產生交變電流．(　　) (2)當線圈中的磁通量最大時，產生的電流也最大．(　　) (3)當線圈平面與磁場垂直時，線圈中沒有電流．(　　) (4)表達式為e＝Emsin ωt的交

3、變電流為正弦式交變電流，表達式為e＝Emsin的交變電流也是正弦式交變電流．(　　) 提示：(1)×　(2)×　(3)√　(4)× 做一做　(多選)矩形線框繞垂直于勻強磁場且在線框平面內的軸勻速轉動時產生了交變電流，下列說法中正確的是(　　) A．當線框位于中性面時，線框中的感應電動勢最大 B．當穿過線框的磁通量為0時，線框中的感應電動勢也為0 C．每當線框經(jīng)過中性面時，感應電動勢或感應電流的方向就改變一次 D．線框經(jīng)過中性面時，各邊切割磁感線的速率為0 提示：選CD.線框位于中性面時，線框平面與磁感線垂直，穿過線框的磁通量最大，但此時切割磁感線的兩邊的速度與磁感線平行，即不切

4、割磁感線，所以感應電動勢等于0，即此時穿過線框的磁通量的變化率等于0，感應電動勢或感應電流的方向也就在此時刻變化．線框垂直于中性面時，穿過線框的磁通量為0，但切割磁感線的兩邊都垂直切割，有效切割速度最大，所以感應電動勢最大，即此時穿過線框的磁通量的變化率最大． 想一想　線圈的電動勢的圖象和線圈在勻強磁場中繞垂直磁場的軸勻速轉動時的對應關系是怎樣的？ 提示： 　交變電流的產生 1．產生條件：在勻強磁場中，線圈繞垂直于磁場方向的軸勻速轉動． 2．過程分析：如圖(1)所示為線圈ABCD在磁場中繞軸OO′轉動時的截面圖，AB和CD兩條邊切割磁感線，產生電動勢，線圈中就有了電流(或者

5、說穿過線圈的磁通量發(fā)生變化而產生了感應電流)． 具體分析如圖(2)所示，當線圈轉動到圖甲位置時，導體不切割磁感線，線圈中無電流；當線圈轉動到圖乙位置時，導體垂直切割磁感線，線圈中有電流，且電流從A端流入；線圈在圖丙位置同線圈在圖甲位置；線圈在圖丁位置時，電流從A端流出，這說明電流方向發(fā)生了改變；線圈在圖戊位置同在圖甲位置．線圈這樣轉動下去，就在線圈中產生了交變電流． 命題視角1　交變電流產生條件的判斷 　(多選)(2018·江蘇沭陽測試)如圖所示，一面積為S的單匝矩形線圈處于有界磁場中，能使線圈中產生交變電流的是(　　) A．將線圈水平向右勻速拉出磁場 B．使線圈以OO′為

6、對稱軸做勻速轉動 C．使線圈以ab為軸勻速轉動 D．磁場以B＝B0sin ωt規(guī)律變化 [解析]　將線圈水平向右勻速拉出磁場，穿過線圈的磁通量均勻變化，產生恒定的感應電流，A錯誤；線圈繞任一垂直于磁場的軸勻速轉動時，線圈中磁通量變化都不均勻，感應電流的大小、方向都會周期性變化，會產生交變電流，B、C正確；磁場以B＝B0sin ωt規(guī)律變化，線圈中磁通量按正弦規(guī)律變化，感應電流的大小、方向都會變化，會產生正弦式交變電流，D正確． [答案]　BCD 命題視角2　對中性面的理解 　(2018·北京房山區(qū)檢測)線圈在勻強磁場中勻速轉動，產生交變電流的圖象如圖所示，由圖象可推斷(　　)

7、A．在B、D時刻穿過線圈的磁通量最多 B．在A、C時刻線圈處于中性面位置 C．從A時刻到D時刻線圈轉過的角度為π D．若從0時刻到D時刻經(jīng)過0.02 s，則在1 s內交變電流的方向改變50次 [解析]　B、D時刻交流電瞬時值為零，此時磁通量變化率最小，磁通量最大，處于中性面位置；在A、C時刻交流電瞬時值最大，此時磁通量變化率最大，磁通量為零，與中性面垂直，A正確，B錯誤；從A時刻到D時刻線圈轉過的角度為π，C錯誤；若從0時刻到D時刻經(jīng)過0.02 s，則1 s內交變電流的方向改變2×＝100次，D錯誤． [答案]　A 線圈在勻強磁場中轉動問題的分析方法 (1)分析線圈在不同時刻

8、的位置及穿過它的磁通量、磁通量的變化率情況，利用右手定則或楞次定律確定感應電流的方向． (2)搞清兩個特殊位置的特點． ①線圈平面與中性面重合時，S⊥B，Φ最大，＝0，e＝0，i＝0，電流方向將發(fā)生改變． ②線圈平面與中性面垂直時，S∥B，Φ＝0，最大，e最大，i最大，電流方向不改變． 【通關練習】 1.(多選)(2018·遼寧撫順市檢測)矩形線圈abcd在勻強磁場中逆時針勻速轉動時，線圈中產生如圖所示的交流電，則對應t1時刻線圈的位置可能為下圖中的(　　) 解析：選BD.線圈在勻強磁場中繞軸逆時針勻速轉動時，切割磁感線，產生電流，在t1時刻，此時感應電流為零，磁通量變化率為零

9、，磁通量最大，線圈平面和磁場方向垂直，故B、D正確． 2．一閉合矩形線圈abcd繞垂直于磁感線的固定軸OO′勻速轉動，線圈平面位于如圖甲所示的勻強磁場中．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(　　) 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時刻線圈中感應電動勢最小 解析：選B.從題圖乙可以看出，t1、t3時刻通過線圈的磁通量最大，線圈經(jīng)過中性面位置時線圈中感應電流方向改變，A錯誤，B正確；t2、t4時刻通過線圈的磁通量為零，線圈處于與中性面垂直的位置，此

10、時感應電動勢和感應電流均為最大，故C、D均錯誤． 　正弦交變電流的規(guī)律 1．瞬時值的推導 若線圈平面從中性面開始轉動，如圖所示．則經(jīng)時間t： (1)線圈轉過的角度為ωt； (2)ab邊的線速度跟磁感線方向的夾角θ＝ωt； (3)ab邊轉動的線速度：v＝ω； (4)ab邊產生的感應電動勢： eab＝BLabvsin θ＝sin ωt. (5)整個線圈產生的感應電動勢： e＝2eab＝BSωsin ωt，若線圈為N匝，e＝NBSωsin ωt. (6)若線圈給外電阻R供電，設線圈本身電阻為r，由閉合電路歐姆定律得i＝＝sin ωt，即im＝Imsin ωt，R兩端的電壓可

11、記為um＝Umsin ωt. 2．峰值 (1)由e＝NBSωsin ωt可知，電動勢的峰值Em＝NBSω. (2)交變電動勢的最大值，由線圈匝數(shù)N、磁感應強度B、轉動角速度ω及線圈面積S決定，與線圈的形狀無關，與轉軸的位置無關，但轉軸必須垂直于磁場，因此如圖所示幾種情況，若N、B、S、ω相同，則電動勢的最大值相同． (3)電流的峰值可表示為Im＝. 命題視角1　正弦交變電流的產生過程的分析 　(2018·湖北天門三校檢測)如圖甲所示，一矩形線圈abcd放置在勻強磁場中，并繞過ab、cd中點的軸OO′以角速度ω逆時針勻速轉動．若以線圈平面與磁場夾角θ＝45°時為計時起點，如圖乙

12、所示，并規(guī)定當電流自a流向b時電流方向為正．則下列所示的四幅圖中正確的是(　　) [思路點撥] (1)從圖可看出線圈從垂直于中性面開始旋轉，所以是余弦函數(shù)； (2)根據(jù)楞次定律可以判斷出電流方向，寫出電流的瞬時值表達式即可求解． [解析]　由楞次定律知，t＝0時電流方向為負，線圈平面與中性面的夾角為－θ＝，線圈再轉過到達中性面，所以，線圈中感應電流為i＝Imsin，因而只有D項正確． [答案]　D 命題視角2　對瞬時值和峰值的理解 　如圖所示，一邊長為l的正方形線圈abcd繞對稱軸OO′在勻強磁場中轉動，轉速為n＝120轉/分，若已知邊長l＝20 cm，匝數(shù)N＝20匝，磁

13、感應強度B＝0.2 T，求： (1)轉動中的最大電動勢及位置． (2)從中性面開始計時的電動勢瞬時值表達式． (3)從圖示位置轉過90°過程中的平均電動勢． [思路點撥] (1)求解電動勢峰值公式為Em＝NBSω，電流的最大值Im＝. (2)從中性面開始計時的電動勢表達式為e＝Emsin ωt. (3)線圈從中性面開始計時，轉過90°時的感應電動勢的計算有兩種方法，一是利用e＝Emsin ωt，二是用瞬時切割，第一種方法較簡單． [解析]　(1)當線圈平面轉到與磁場平行時，ab、cd兩邊均垂直切割磁感線，這時線圈中產生的感應電動勢最大 Em＝NBSω＝20×0.2×0.

14、22×2π×2 V≈2.0 V. (2)電動勢瞬時值表達式為e＝Emsin ωt＝2sin(4πt) V. (3)E＝N＝N＝NBSω ＝4NBSf＝4×20×0.2×0.22×2 V＝1.28 V. [答案]　(1)2.0 V　線圈平面與磁場平行 (2)e＝2sin(4πt) V　(3)1.28 V 命題視角3　對發(fā)電機模型的分析與計算 　如圖所示，一個小型旋轉電樞式交流發(fā)電機，其矩形線圈的長度為a，寬度為b，共有n匝，總電阻為r，與線圈兩端相接觸的集流環(huán)上接有一個阻值為R的定值電阻，線圈以角速度ω在磁感應強度為B的勻強磁場中繞與磁場方向垂直的對稱軸OO′勻速轉動，沿轉軸OO

15、′方向看去，線圈沿逆時針方向轉動，t＝0時刻線圈平面與磁感線垂直． (1)表示出線圈經(jīng)過圖示位置時，線圈中的感應電流的方向； (2)寫出線圈轉動過程中感應電動勢的瞬時值表達式； (3)求線圈從t＝0位置開始到轉過90°的過程中的平均電動勢． [思路點撥] (1)由右手定則或楞次定律判斷感應電流方向． (2)明確初始位置、Em、ω再求瞬時值． (3)由＝n計算平均值． [解析]　(1)根據(jù)右手定則或楞次定律判斷可知，線圈中電流方向是d→c→b→a. (2)從中性面開始計時，感應電動勢隨時間按正弦規(guī)律變化，且最大感應電動勢 Em＝nBabω 所以感應電動勢的瞬時值表達式為

16、 e＝nBabωsin ωt. (3)平均感應電動勢 ＝n＝n＝. [答案]　(1)電流方向是d→c→b→a (2)e＝nBabωsin ωt　(3) 求解交變電流的瞬時值問題的答題模型 　 【通關練習】 1．(2018·福建三明一中檢測)如圖所示，一圓柱形鐵芯上沿軸線方向繞有矩形線圈，鐵芯與磁極的縫隙間形成了輻向均勻磁場，磁場的中心與鐵芯的軸線重合．當鐵芯繞軸線以角速度ω逆時針轉動的過程中，線圈中的電流變化圖象正確的是(從圖示位置開始計時，N、S極間縫隙的寬度不計．以a邊的電流進入紙面，b邊的電流出紙面為正方向)(　　) 解析：選C.在一個周期內，前半個周期

17、內：根據(jù)右手定則可知電流從b邊進入紙面，a邊流出紙面，為負值．設ab邊長為L1，ad邊長為L2，矩形abcd的面積為S，電阻為R，磁感應強度大小為B，則感應電動勢大小為E＝2BωL2＝BSω，感應電流大小為i＝＝，不變；后半個周期內：根據(jù)右手定則可知電流從a邊進入紙面，b邊流出紙面，為正值．感應電流大小為i＝＝，不變，C正確． 2．如圖所示，一半徑為r＝10 cm的圓形線圈共100匝，在磁感應強度B＝ T的勻強磁場中，繞垂直于磁場方向的中心軸線OO′以n＝600 r/min的轉速勻速轉動，當線圈轉至中性面位置(圖中位置)時開始計時． (1)寫出線圈內所產生的交變電動勢的瞬時值表達式；

18、 (2)求線圈從圖示位置開始在 s時的電動勢的瞬時值． 解析：線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸線勻速轉動時，線圈內產生正弦式交變電動勢，當線圈平面在中性面時開始計時，其表達式為e＝Emsin ωt，而在某段時間內的平均電動勢可根據(jù)＝N求得． (1)e＝Emsin ωt，Em＝NBSω(與線圈形狀無關)， ω＝20π rad/s，故e＝100sin (20πt) V. (2)當t＝ s時， e＝100sin V＝50 V≈86.6 V. 答案：(1)e＝100sin (20πt) V (2)86.6 V 　正弦式交變電流的圖象 正弦交變電流隨時間的變化情況可以從圖象上表示出

19、來，圖象描述的是交變電流隨時間變化的規(guī)律，它是一條正弦曲線，如圖所示，是交變電流的e－t圖象． 由圖可以確定出以下信息： (1)可以讀出正弦交變電流的峰值Em. (2)可根據(jù)線圈轉至中性面時電動勢為零的特點，確定線圈處于中性面的時刻，確定了該時刻，也就確定了磁通量最大的時刻和磁通量變化率最小的時刻，如t＝0，t＝t2時刻． (3)可根據(jù)線圈轉至與磁場平行時感應電動勢最大的特點，確定線圈與中性面垂直的位置，此位置也就是磁通量為零的時刻和磁通量變化率最大的時刻，如t＝t1、t＝t3時刻． (4)可以確定某一時刻電動勢大小以及某一時刻電動勢的變化趨勢，如t＝t1、t＝t2時刻． (5)可

20、以計算出某些時刻的磁通量Φ或e的瞬時值，如時，ωt＝·＝，e＝Emsin ωt＝Emsin ＝Em，Φ＝Φm·cos ωt＝Φm. 　(多選)(2017·高考天津卷)在勻強磁場中，一個100匝的閉合矩形金屬線圈，繞與磁感線垂直的固定軸勻速轉動，穿過該線圈的磁通量隨時間按圖示正弦規(guī)律變化．設線圈總電阻為2 Ω，則(　　) A．t＝0時，線圈平面平行于磁感線 B．t＝1 s時，線圈中的電流改變方向 C．t＝1.5 s時，線圈中的感應電動勢最大 D．一個周期內，線圈產生的熱量為8π2 J [思路點撥] [解析]　t＝0時，磁通量為零，磁感線與線圈平面平行，A正確；當磁感線與

21、線圈平面平行時，磁通量變化率最大，感應電動勢最大，畫出感應電動勢隨時間變化的圖象如圖，由圖可知，t＝1 s時，感應電流沒有改變方向，B錯誤；t＝1.5 s時，感應電動勢為0，C錯誤；感應電動勢最大值Em＝NBSω＝NΦm＝100×0.04×(V)＝4π(V)，有效值E＝×4π(V)＝2π(V)，Q＝T＝8π2(J)，D正確． [答案]　AD 正弦式交流電圖象的分析方法 一看：看“軸”、看“線”、看“斜率”、看“點”、看“截距”、看“面積”、看“拐點”，并理解其物理意義．一定要把圖象與線圈在磁場中的位置對應起來．　 二變：掌握“圖與圖”“圖與式”和“圖與物”之間的變通關系．例如

22、可借助磁通量的變化圖線與電動勢的變化圖線是否是互余關系來分析問題． 三判：在此基礎上進行正確的分析和判斷． 　如圖所示，虛線OO′為單匝矩形線圈abcd的對稱軸，OO′的左邊存在著方向垂直紙面向里的勻強磁場，右邊沒有磁場，線圈平面與磁場方向垂直．線圈沿圖示方向繞OO′軸勻速轉動(即ab邊先向紙外、cd邊先向紙內轉動)，規(guī)定沿abcd方向為感應電流的正方向，若從圖示位置開始計時，下列所示的四個圖象中能正確表示線圈內感應電流i隨時間t變化規(guī)律的是(　　) 解析：選B.0～內，ab一側的線圈在磁場中繞OO′轉動產生正弦式交變電流，由楞次定律得電流方向為d→c→b→a，且越來越大；～內，ab

23、一側線圈在磁場外，而dc一側線圈又進入磁場，產生交變電流，電流方向為d→c→b→a，且越來越小，以此類推，可知i－t圖象為B. [隨堂檢測] 1．(2018·浙江溫州“十五校聯(lián)合體”期中聯(lián)考)閉合矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的某一固定軸勻速轉動，穿過線圈的磁通量Φ隨時間t的變化規(guī)律如圖所示，下列說法正確的是(　　) A．t1時刻線圈中感應電流為零 B．t2時刻線圈通過中性面 C．t3時刻穿過線圈的磁通量變化率最大 D．t4時刻線圈中感應電動勢最小 解析：選A.t1時刻線圈中感應電流為零，A正確；t2時刻線圈在與磁感線平行位置，B錯誤；t3時刻穿過線圈的磁通量最大，

24、變化率最小，C錯誤；t4時刻線圈感應電動勢最大，D錯誤． 2．(多選)(2018·南京高二檢測)如圖所示，一正方形線圈abcd在勻強磁場中繞垂直于磁感線的對稱軸OO′勻速轉動，沿著OO′軸觀察，線圈沿逆時針方向轉動．已知磁感應強度為B，線圈匝數(shù)為n，邊長為l，電阻為R，轉動的角速度為ω，則當線圈轉至圖示位置時(　　) A．線圈中感應電流的方向為abcda B．穿過線圈的磁通量為零，磁通量的變化率也為零 C．線圈中的感應電流為 D．線圈從圖示位置起轉動時，電動勢的瞬時值為nBl2ω 解析：選CD.根據(jù)右手定則判斷知，ad邊切割磁感線產生的感應電流方向由a→d；bc邊切割磁感線產生

25、的感應電流方向由c→b，所以A項錯誤；在圖示位置Φ＝B·S⊥＝0；e＝Em＝nl2Bω，由E＝n得＝＝Bl2ω，i＝＝，所以C項正確，B項錯誤；t＝，ω＝，由e＝nBl2ωcos ωt＝nBl2ωcos＝nBl2ω，D項正確． 3．矩形線圈abcd在如圖所示的磁場中以恒定的角速度ω繞ab邊轉動，磁場方向垂直紙面向里，其中ab邊左側磁場的磁感應強度大小是右側磁場的2倍．在t＝0時刻線圈平面與紙面重合，且cd邊正在向紙外轉動．規(guī)定圖示箭頭方向為電流正方向，則線圈中電流隨時間變化的關系圖線應是(　　) 解析：選A.繞垂直磁場的軸轉動時，線圈能夠產生的最大感應電動勢Em＝NBSω，所以線圈

26、在左側磁場中產生的感應電動勢最大值是右側磁場中最大值的2倍，再利用楞次定律分析感應電流方向，可知選項A正確． 4．一矩形線圈有100匝，面積為50 cm2，線圈內阻r＝2 Ω，在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉動，從線圈平面與磁場平行時開始計時，已知磁感應強度B＝0.5 T，線圈的轉速n＝1 200 r/min，外接一用電器，電阻為R＝18 Ω，試寫出R兩端電壓瞬時值的表達式． 解析：角速度ω＝2πn＝2π＝40π rad/s， 最大值Em＝NBSω＝100×0.5×50×10－4×40π V＝10π V， 線圈中感應電動勢e＝Emcos ωt＝10πcos 40πt V， 由閉

27、合電路歐姆定律i＝＝＝ A， 故R兩端電壓u＝Ri＝18××10πcos 40πt V， 即u＝9πcos 40πt V. 答案：u＝9πcos 40πt V [課時作業(yè)] 一、單項選擇題 1．關于交變電流和直流電的說法，正確的是(　　) A．如果電流大小做周期性變化，則一定是交變電流 B．直流電的大小可以變化，但方向不一定變化 C．交變電流一定是按正弦或余弦規(guī)律變化的 D．交變電流的最大特征就是電流的方向發(fā)生周期性的變化 解析：選D.直流電的特征是電流方向不變，交流電的特征是電流方向改變，另外交變電流不一定都是正弦交流電或余弦交流電，D正確． 2．如圖所示為演示交變電

28、流的裝置圖，關于這個實驗，正確的說法是(　　) A．線圈每轉動一周，指針左右擺動兩次 B．圖示位置為中性面，線圈中無感應電流 C．圖示位置，ab邊的感應電流方向為由a→b D．線圈平面與磁場方向平行時，磁通量變化率為零 解析：選C.線圈在磁場中勻速轉動時，在電路中產生周期性變化的交變電流，線圈經(jīng)過中性面時電流改變方向，線圈每轉動一周，有兩次通過中性面，電流方向改變兩次，指針左右擺動一次，故A錯；線圈平面垂直于磁感線的位置稱為中性面，顯然圖示位置不是中性面，所以B錯；線圈處于圖示位置時，ab邊向右運動，由右手定則，ab邊的感應電流方向為由a→b，C對；線圈平面與磁場方向平行時，ab

29、、cd邊垂直切割磁感線，線圈產生的電動勢最大，也可以這樣認為，線圈處于豎直位置時，磁通量為零，但磁通量的變化率最大，D錯． 3．面積為S的線圈繞其對稱軸或中心軸在勻強磁場B中以角速度ω勻速轉動，從圖中位置開始計時，能產生正弦式交變電動勢e＝BSωsin ωt的是(　　) 解析：選A.A圖產生的感應電動勢e＝BSωsin ωt；B、C、D圖不產生感應電動勢．本題選A. 4．(2018·重慶四十二中檢測)交流發(fā)電機正常工作時產生的電動勢為e＝Emsin ωt，若將其線圈的匝數(shù)減為原來的一半，而轉速增為原來的2倍，其他條件不變，則產生的電動勢的表達式為(　　) A．e＝Emsin ωt

30、　　　　　　 B．e＝2Emsin ωt C．e＝2Emsin 2ωt D．e＝Emsin 2ωt 解析：選D.峰值為Em＝NBSω，則線圈的匝數(shù)減為原來的一半而轉速增為原來的2倍，角速度ω＝2πn變?yōu)樵瓉淼?倍，峰值不變，D對． 5．如圖所示是一交變電流的i－t圖象，x軸上方每段圖象均為正弦曲線的一部分，則該交變電流的有效值為(　　) A．4 A B．2 A C. A D. A 解析：選D.設該交變電流的有效值為I，由有效值的定義得Rt1＋IRt2＝I2Rt，而t＝t1＋t2 代入數(shù)據(jù)解得I＝ A，故選項D正確． 6．在垂直紙面向里的有界勻強磁場中放置了矩形

31、線圈abcd.線圈cd邊沿豎直方向且與磁場的右邊界重合．線圈平面與磁場方向垂直．從t＝0時刻起，線圈以恒定角速度ω＝繞cd邊沿如圖所示方向轉動，規(guī)定線圈中電流沿abcda方向為正方向，則從t＝0到t＝T時間內，線圈中的電流i隨時間t變化關系的圖象為(　　) 解析：選B.在0～內，線圈在勻強磁場中勻速轉動，故產生正弦式交流電，由楞次定律知，電流方向為負值；在～T內，線圈中無感應電流；在T時，ab邊垂直切割磁感線，感應電流最大，且電流方向為正值，故只有B項正確． 7.如圖所示，矩形線圈abcd在勻強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動，當線圈平面轉到與磁場

32、方向平行時(　　) A．線圈繞P1轉動時的電流等于繞P2轉動時的電流 B．線圈繞P1轉動時的電動勢小于繞P2轉動時的電動勢 C．線圈繞P1和P2轉動時電流的方向相同，都是a→b→c→d D．線圈繞P1轉動時dc邊受到的安培力大于繞P2轉動時dc邊受到的安培力 解析：選A.線圈平面與磁場方向平行時，穿過線圈的磁通量為零，磁通量變化率最大，兩種情況下產生的感應電動勢和感應電流最大且相等，所以A正確，B錯誤．由楞次定律和右手定則可知電流方向相同且沿a→d→c→b方向，C錯誤．由于電流相同，所以兩種情況下dc邊受到的安培力相等，D錯誤． 二、多項選擇題 8．線圈在勻強磁場中勻速轉動，所產

33、生的交流電動勢的瞬時值表達式為e＝10sin 100πt V，則下列說法中正確的是(　　) A．t＝0時，線圈位于中性面，此時穿過線圈的磁通量最大 B．t＝0時，線圈垂直中性面，此時穿過線圈的磁通量為零 C．t＝0.02 s時，e＝0，線圈位于中性面，此時穿過線圈的磁通量最大 D．t＝0.005 s時，e＝10 V，線圈位于中性面，此時穿過線圈的磁通量最大 解析：選AC.將t＝0代入表達式，可得e＝0，線圈位于中性面位置，磁通量最大，A正確，B錯誤；將t＝0.02 s，代入表達式得e＝0，此時線圈位于中性面，穿過線圈的磁通量最大；將t＝0.005 s代入表達式得e＝10 V，此時線圈

34、垂直于中性面，穿過線圈的磁通量為零，故C正確，D錯誤． 9．(2018·濟南高二檢測)如圖甲所示，一矩形閉合線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的轉軸OO′以恒定的角速度ω轉動．當從線圈平面與磁場方向平行時開始計時，線圈中產生的交變電流按照圖乙所示的余弦規(guī)律變化，則在t＝時刻(　　) 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 解析：選CD.t＝＝，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． 10．如圖所示，形狀或轉軸位置不同、

35、但面積均為S的單匝線圈處在同一個磁感應強度為B的勻強磁場中，以相同的角速度ω勻速轉動，從圖示的位置開始計時，則下列說法正確的是(　　) A．感應電動勢最大值相同 B．感應電動勢瞬時值不同 C．感應電動勢最大值不同 D．感應電動勢瞬時值相同 解析：選AD.當轉動軸不是線圈對稱軸時，只要轉軸與磁場垂直，不論線圈形狀如何，轉軸位置如何，最大值均為Em＝NBSω，S、ω、B、N相同，所以Em相同，A對；從中性面開始計時，瞬時值為e＝Emsin ωt，可見瞬時值也相同，D對． 三、非選擇題 11．如圖所示，勻強磁場B＝0.1 T，所用矩形線圈的匝數(shù)N＝100匝，邊長ab＝0.2 m

36、，bc＝0.5 m，以角速度ω＝100π rad/s繞OO′軸勻速轉動．當線圈平面通過中性面時開始計時，試求： (1)線圈中瞬時感應電動勢的大?。? (2)若從線圈平面平行磁感線時開始計時，求線圈在t＝時刻的電動勢大?。? 解析：(1)由題意可知： S＝·＝0.2×0.5 m2＝0.1 m2 感應電動勢的瞬時值e＝NBSωsin ωt＝100×0.1×0.1×100πsin (100πt) V，所以e≈314sin (100πt) V. (2)由Em＝NBSω可知Em＝314 V 從線圈平面平行磁感線時開始計時，感應電動勢的瞬時值表達式為e＝Emcos ωt 代入數(shù)值得e＝31

37、4cos (100πt) V 當t＝時，e＝314cos V＝157 V. 答案：(1)314sin (100πt) V　(2)157 V 12．如圖所示，在勻強磁場中有一個“π”形導線框可繞AB軸轉動，已知勻強磁場的磁感應強度B＝ T，線框的CD邊長為20 cm，CE、DF長均為10 cm，轉速為50 r/s.若從圖示位置開始計時： (1)寫出線框中感應電動勢的瞬時值表達式； (2)在e－t坐標系中作出線框中感應電動勢隨時間變化關系的圖象． 解析：(1)線框轉動，開始計時的位置為線框平面與磁感線平行的位置，在t時刻線框轉過的角度為ωt，此時刻，e＝Bl1l2ωcos ωt即e＝BSωcos ωt.其中B＝ T，S＝0.1×0.2 m2＝0.02 m2，ω＝2πn＝2π×50 rad/s＝100π rad/s. 故e＝×0.02×100πcos (100πt) V， 即：e＝10cos (100πt) V. (2)線框中感應電動勢隨時間變化關系的圖象如圖所示． 答案：(1)e＝10cos (100πt) V (2)見解析圖 19