人教版物理选修3-2基础夯实训练-5.1《交变电流》

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高中物理人教版选修3-2课后训练：5.1 交变电流 Word版含解析 (2).pptx

ωlBC 依题意有 e＝eAB＋eCD＝2eAB＝2nBlAB·2 ·sin ωt＝nBSωsinωt Em＝nBSω＝100×0.1×0.2×0.5×100π V＝314 V 所以 e＝314sin100πt V。方法二：感应电动势的瞬时值 e＝nBSωsinωt，由题可知 S＝lAB·lBC＝0.2×0.5 m2＝0.1 m2 Em＝nBSω＝100×0.1×0.1×100π V＝314 V 所以 e＝314sin100πt V。 (2)用 E ＝nΔΔΦt 计算 t＝0 至 t＝T4过程中的平均电动势 E ＝n|ΦT42π－－0Φ0|＝n|0－T4BS|＝4n2ωBπS＝2nBπSω 代入数据得 E ＝200 V。
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 B＝B0sinωt 规律变化
答案 BCD 解析将线圈向右拉出磁场时，线圈中电流方向不变，A 错误；B、C 两种情况下产生交变电流，不同的是在C 情况下当线圈全部位于磁场外的一段时间内线圈内没有电流，B、 C 正确；由法拉第电磁感应定律可知 D 种情况下产生按余弦规律变化的电流，B、C、D 正确。 10.(多选)如图所示，电阻为 R 的正方形导线框，边长为 l，在磁感应强度为 B，方向水平向右的匀强磁场中，在 t＝0 时，线框所在平面与磁场垂直，线框处于竖直平面内，现使它绕水平轴 OO′以角速度 ω 匀速转过 180°，则在转动过程中( ) A．通过导线任意截面的电荷量为 0 B．通过导线任意截面的电荷量为2BRl2 C. 导线框中磁通量的最大变化率为 Bωl2 D. 导线框中感应电流方向改变一次
A. 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 a→b→c→d D. 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

高中物理人教版选修3-2同步练习：5-1交变电流 (4) Word版含答案

交变电流同步练习我夯基我达标1.如图5-1-9所示，一矩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5-1-9所示，下列说法中正确的是（）图5-1-9A.t 1时刻通过线圈的磁通量为零B.t 2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大C.t 3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，通过线圈的磁通量的绝对值都为最大思路解析：t 1、t 3时刻线圈中的感应电动势e=0，故此时线圈通过中性面，线圈的磁通量为最大，磁通量的变化率为零，故A 、C 选项不正确.t 2时刻e=-E m ，线圈平面与磁感线平行，故B 选项不正确.每当e 变化方向时（中性面时刻）,通过线圈的磁通量的绝对值最大，故D 选项正确.答案:D2.将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为l ，它在磁感应强度为B 、方向如图5-1-10的匀强磁场中匀速转动，转速为n ，导线在a 、b 两处上通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为P 的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为（）图5-1-10 A.P nB l 22)2(π B.PnB l 22)(2π C.P nB l 2)(22 D.PnB l 22)( 思路解析：P=R 2ε，所以R=PnB l P n Bl P Bl P P 2222222max2)(2)22()2()2(ππωεε====，所以B 选项正确.答案:B3.交流发电机在工作时电动势为e=E m sin2ωt V ，若将发电机的速度提高一倍，同时将电枢所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为（）A.e ′=E m sin 2t ωB.e ′=2E m sin 2t ω C.e ′=E m sin2ωt D.e ′=E m 2sin2ωt思路解析：交变电压瞬时值表达式为e=E m sin2ωt ，而E m =NBS ω，ω=2πn ，当ω加倍而S 减半时，E m 不变，应选C 项.答案:C4.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5-1-11所示.下列结论正确的是( )图5-1-11A.在t=0.1 s 和t=0.3 s 时，电动势最大B.在t=0.2 s 和t=0.4 s 时，电动势改变方向C.电动势的最大值是157 VD.在t=0.4 s 时，磁通量变化率最大，其值为3.14 Wb/s思路解析：从图中可知，在0.1 s 和0.3 s 时刻，穿过线圈的磁通量最大，此时刻磁通量的变化率等于零；0.2 s 和0.4 s 时刻，穿过线圈的磁通量为零，但此时刻磁通量的变化率最大，由此得选项AB 错误.根据电动势的最大值公式：E m =nBS ω，Φm =BS ，ω=2π/T ，可得： E m =50×0.2×2×3.14/0.4 V=157 V ；磁通量变化率的最大值应为nE m =3.14 Wb/s ，故CD 正确.答案:CD5.闭合线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的正弦交变电流i=I m sin ωt.若保持其他条件不变，使线圈的匝数及转速各增加1倍，则电流的变化规律为i ′=_____________.思路解析：由电动势的最大值知，最大电动势与角速度成正比，与匝数成正比，所以电动势最大值为4E m ，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I m ′=4E m 2R=2I m .答案:2I m sin2ωt6.矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴转动，线圈共100匝，转速为π10 r/s ，在转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为0.06 Wb.则线圈平面转到与磁感线平行时，感应电动势为____________ V ，当线圈平面与中性面夹角为4π时，感应电动势为____________ V . 思路解析：线圈转动的角速度为ω=2πf=20 rad/s ，电动势的最大值E m =nBS ω=100×0.06×20 V=120 V ；根据瞬时值方程e=E m sin ωt=120×sin4π V=602 V. 答案:120 6027.发电机的转子是匝数为100匝、边长为20 cm 的正方形线圈，将它置于磁感应强度B=0.05 T 的匀强磁场中，绕着垂直于磁感线方向的轴以ω=100π 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R=10 Ω.(1)写出交流电流瞬时值表达式；(2)线圈从计时开始，转过3π过程中通过线圈某一截面的电荷量为多少？思路解析：(1)感应电动势的最大值为E m =nBS ω=20π V ，I m =R E m =2π，由于从与磁场方向垂直位置开始计时，也就是从中性面计时，因此瞬时值用正弦表达：i=2πsin100πt A.(2)线圈从计时开始，转过3π的过程中，通过某一截面的电荷量应该用平均值来计算q=It=n tR∆∆ΦΔt=R n ∆Φ. ΔΦ=BS-BScos 213=πBS ，代入电荷量方程得q=RnBS 2=1×10-2 C. 答案:（1）i=2πsin100πt A （2）1×10-2 C8.如图5-1-12所示,匀强磁场B=0.1 T ，所用矩形线圈的匝数N=100，边长ab=0.2 m ，bc=0.5 m ，以角速度ω=100π rad/s 绕OO ′轴匀速转动.当线圈平面通过中性面时开始计时，试求：图5-1-12(1)线圈中感应电动势的大小；(2)由t=0至t=4T 过程的平均电动势. 思路解析：(1)线圈经过时间t 转过的角度θ=ωt ，由于是从中性面开始计时，故电动势的瞬时值方程是：e=E m sin ωt ，其中E m =NBS ω，S=ab ·bc ，将数据代入可得E m =100×0.1×0.2×0.5×100π V=314 V ，得到电动势为e=314sin100πt V .(2)用法拉第电磁感应定律可以计算从0时刻经4T 时间内的平均电动势值 ΔΦ=BS,Δt=4T ,E =N t ∆∆Φ=πωπ224=NBS NBS ω=200 V . 答案:（1）e=314sin100πt V （2）E =200 V9.圆形线圈共100匝，半径为r=0.1 m ，在匀强磁场中绕过直径的轴匀速转动，角速度为ω=π300rad/s ，电阻为R=10 Ω.求：图5-1-13(1)转过90°时，线圈中的感应电流为多大？(2)写出线圈中电流的表达式（磁场方向如图5-1-13所示，B=0.1 T ，以图示位置为t=0时刻）. 思路解析：(1)当线圈从图示位置转过90°时，线圈中有最大感应电流，E m =nBS ω=100×0.1×π×0.12×π300V=30 V .根据欧姆定律得：I m =1030=R E m A=3 A. (2)由题意知，从中性面开始计时交变电流是正弦规律，所以i=I m sin ωt=3sinπ300t A. 答案:（1）3 A （2）i=3sin π300t A10.一线圈中产生的正弦交流电按i=10sin314t A 变化，求出当线圈从中性面起转过30°、60°、90°、120°所需时间及对应的电流值.思路解析：线圈从中性面开始转动产生的正弦式电流的标准是i=I max sin ωt ，式中ωt 表示线圈平面对中性面的夹角（单位是rad ），当线圈平面转过的角度θ1=30°时，由θ=π/6=314t 1，得经历的时间和对应的电流值分别为t 1=60013146=⨯s π s,i 1=10sin30° A=5 A 同理，当θ2=60°时，得t 2=30013143=⨯s π s,i 2=10sin60° A=53A 当θ3=90°时，得t 3=20013142=⨯s π s,i 3=10sin90° A=10 A 当θ4=120°时，得t 4=150131422=⨯s π s,i 4=10sin120° A=53A. 答案:t 1=6001 s i 1=5 A t 2=3001 s i 2=53A t 3=2001 s i 3=10 A t 4=1501 s i 4=53A 我综合我发展11.一矩形线圈，面积是0.05 m 2，共100匝，线圈电阻r=1 Ω，外接电阻R=4 Ω，线圈在磁感应强度B=1/π T 的匀强磁场中以n=300 r/min 的转速绕垂直于磁感线的轴匀速转动，如图5-1-14所示.若从中性面开始计时，求：图5-1-14（1）线圈中感应电动势的瞬时值的表达式;（2）线圈中开始计时经1/30 s 时线圈中感应电流的瞬时值;（3）外电路R 两端电压的瞬时值表达式.思路解析：（1）线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，从中性面开始计时产生的感应电动势的瞬时值e=E m sin ωt ，其中ω=2n π，E m =NBS ω，代入数据可得2n π=2×5π rad/s=10π rad/s ，E m =NBS ω=100×π1×0.05×10π V=50 V 所以e=50sin10πt V.（2）由闭合电路欧姆定律有i=r R e +=10sin10πt,当t=301 s 时,i=10sin （10π×301）=10sin π3=53A=8.66 A.（3）由u=iR 得，u=40sin10πt V .答案:(1)e=50sin10πt V (2)i=8.66 A (3)u=40sin10πt V12.交流发电机给某一固定电阻供电时的电流i=I m sin ωt ，若将其电枢的转速提高1倍，其他条件不变，则电流变为多大？思路解析：本题的关键是理解感应电流、感应电动势的最大值与哪些因素有关，发电机产生的感应电动势的最大值E m =nBS ω，当给固定电阻供电时电流的最大值I m =r R nBS r R E m +=+ω，当转速提高1倍时，ω变为原来的2倍，其他条件不变时的电流最大值变为原来的2倍，其瞬时值变为i ′=2I m sin2ωt.13.如图5-1-15甲所示，长为L 的相距为d 的平行金属板与电源相连，一质量为m 、带电荷量为q 的粒子以速度v 0沿平行于金属板的中间射入两板之间，从粒子射入时刻起，两板间加交变电压，随时间变化规律如图5-1-15乙所示，求：为使粒子射出电场时的动能最小，所加电压U 0和周期各应满足什么条件？图5-1-15思路解析：要使粒子动能最小，电场力做功应为零，在电场中飞行时间为周期整数，即L/v 0=nT ，故周期满足条件为T=01nv (n=1,2,3,…)，要求电压U 0满足的条件是nT 时间内使纵向位移y ≤2d ,即2d ≥ns 1=n m d q U 20×(2T )2×2=n md qT U 420,所以U 0=22022qL v nmd (n=1，2，3，…)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，在电场力方向上先加速后减速，一个周期在电场方向上速度恰好为零，若粒子在场中运动时间恰为周期的整数倍，则粒子离开电场时动能最小. 答案:U 0=22022qLv nmd (n=1，2，3，…) T=01nv (n=1,2,3,…) 我创新我超越14.磁铁在电器中有广泛的应用，如发电机，如图5-1-16所示，已知一台单相发电机转子导线框共有N 匝，线框长为l 1，宽为l 2，转子的转动角速度为ω，磁极间的磁感应强度为B ，导出发电机瞬时电动势e 的表达式.图5-1-16现在知道有一种永磁材料钕铁硼，用它制成发电机的磁极时，磁感应强度可增大到原来的k 倍，如果保持发电机结构和尺寸、转子转动角速度、需产生的电动势都不变，那么这时转子上的导线框需要多少匝？思路解析：线框在转动过程中，两条长边在切割磁感线，若从中性面开始计时，则经t s 线框转过的角度为θ=ωt ，两条长边相当于两个电源串联在一起，单匝中产生的电动势力：e 1=2Bl 1vsin θ=2Bl 1ω·22l sin θ=Bl 1l 2ωsin ωt.N 匝时相当于N 个电源串联，电动势为e=NBl 1l 2·ωsin ωt ，当B ′=kB 且ω不变时，e ′=N ′kBl 1l 2·ωsin ωt ，又e ′=e ，所以N ′=kN . 答案:NBl 1l 2ωsin ωtk N 15.曾经流行过一种向自行车车头供电的小型交流发电机，图5-1-17甲为其结构示意图，图中N 、S 是一对固定的磁极，abcd 为固定在转轴上的矩形线框，转轴过bc 边中点、与ab 边平行，它的一端有一半径r 0=1.0 cm 的摩擦小轮，小轮与自行车车轮的边缘相接触，如图5-1-17乙所示，当车轮转动时，因摩擦而带动小轮转动，从而使线框在磁极间转动，设线框由N=800匝线圈组成，每匝线圈的面积S=20 cm 2，磁极间的磁场可视作匀强磁场，磁感应强度B=0.010 T ，自行车车轮的半径R 1=35 cm ，小齿轮的半径R 2=4.0 cm ，大齿轮的半径R 3=10.0 cm(见图5-1-17乙)，现从静止开始使大齿轮加速转动，问大齿轮的角速度为多大才能使发电机输出电压的有效值U=3.2 V ？（假定摩擦小轮与自行车轮之间无相对滑动）图5-1-17思路解析：设摩擦小轮、车轮、小齿轮、大齿轮的角速度分别为ω1、ω2、ω3、ω4，其中ω2=ω3，当车轮转动线框中产生正弦交流电，其电动势最大值为E m =NBS ω，又E m =2U ，所以NBS ω1=2U ① 由于摩擦小轮和车轮边缘线速度相同，大齿轮和小齿轮边缘线速度相同，所以r 0ω2=ω2R 1，R 3ω4=R 2ω3，ω2=ω3，解得ω1=R 1R 3ω4/（R 2r 0） ② 由①②联立，得ω4=BSNR R U r R 31022=3.2 rad/s.小轮与车轮相摩擦，二者线速度相同；车轮与小齿轮绕同一轴转动，二者角速度相同；小齿轮与大齿轮由同一链条连接，二者线速度相同. 答案:3.2 rad/s。

2020-2021学年物理人教版选修3-2学案：5.1 交变电流 Word版含解析

第五章交变电流1交变电流1．交变电流(1)交变电流(俗称交流)：大小和方向都随时间做周期性变化的电流．(2)正弦交变电流：随时间按正弦规律变化的交变电流．在日常生活中，手电筒和日光灯是家庭中必备的照明工具，但给两用电器提供电能的电源是不同的，它们产生的电流相同吗？提示：不相同．电源有交流和直流之分．电池是直流电源，它提供的是直流电；家庭照明电路给日光灯提供的是交变电流，其典型特征是电流方向发生变化．2．交变电流的产生(1)两个位置：中性面位置及与中性面垂直的位置图示位置中性面位置与中性面垂直的位置特点B⊥S，Φ＝BS最大，感应电流为0，方向变化B∥S，Φ＝0最小，感应电流最大，方向不变(2)过程分析归纳线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的感应电流大小、方向都随时间做周期性的变化，即产生了交变流电．3．正弦交变电流的变化规律当闭合线圈由中性面位置(图中O1O2位置)开始在匀强磁场中匀速转动时，根据法拉第电磁感应定律，线圈中产生的感应电动势随时间而变化的函数是正弦函数．(1)函数特点瞬时电动势e＝E m sinωt瞬时电流i＝I m sinωt瞬时电压u＝U m sinωt其中E m、I m、U m分别表示电动势、电流、电压的峰值．(2)图象特点按正弦规律变化的交变电流，其图象是一条正弦曲线，如图所示．给你一块磁铁，你怎样判断白炽灯发光时用的是直流电还是交变电流？提示：把磁极靠近白炽灯，如果用的是直流电，灯丝不会抖动；如果灯丝中通有交变电流，则灯丝受到变化的安培力，灯丝会抖动.考点一交变电流的产生解答本题的关键是掌握中性面的特点．[★答案★] B[解析] 本题的解答思路如下：中性面⎩⎪⎨⎪⎧ 线圈平面与磁感线垂直的位置→选项A 错误磁通量最大→选项B 正确磁通量的变化率为零→选项C 、D 错误总结提能对于线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动的情况，当穿过线圈的磁通量最大时，磁通量的变化率为零，线圈中的感应电动势为零；当穿过线圈的磁通量为零时，磁通量的变化率最大，线圈中的感应电动势也最大．如图所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框．在下列四种情况下，线框中会产生感应电流的是( C )A ．如图甲所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左右运动B ．如图乙所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中上下运动C ．如图丙所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB 转动D ．如图丁所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD 转动解析：保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左右运动，磁通量一直为零，故磁通量不变，无感应电流，选项A 错误；保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中上下运动，磁通量一直为零，故磁通量不变，无感应电流，选项B 错误；线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB 转动，磁通量周期性地改变，故一定有感应电流，故选项C 正确；线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD 转动，磁通量一直为零，故磁通量不变，无感应电流，选项D 错误．2．求解线圈转动过程中的平均值(1)线圈在转动过程中某一段时间内或从一个位置到另一个位置的过程中所产生的电动势，称为平均电动势，它不等于始、末两时刻瞬时值的平均值，必须用法拉第电磁感应定律计算，即E ＝n ΔΦΔt. (2)计算交变电流在某段时间内通过导体横截面的电荷量，必须用平均值，即Q ＝I Δt (式中I ＝ER ＋r )． (3)在交变电流的图象中，图象与横轴(t 轴)所围面积跟时间的比值，即为交变电流的平均值．【例2】如图所示，匀强磁场的磁感应强度B ＝0.1 T ，矩形线圈的匝数N ＝100，边长ab ＝0.2 m ，bc ＝0.5 m ，以角速度ω＝100π rad/s 绕垂直于磁感线的对称轴OO ′匀速转动．若从线圈平面通过中性面时开始计时，求：(1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式．(2)由t ＝0至t ＝T 4过程中的平均感应电动势E .解答本题时应注意以下两点：(1)本题是从线圈通过中性面时开始计时的，应运用公式e ＝E m sin ωt 求感应电动势的瞬时值表达式；(2)求感应电动势的平均值时应利用公式E ＝n ΔΦΔt进行计算． [★答案★] (1)e ＝100πsin100πt V (2)E ＝200 V[解析] (1)从线圈平面通过中性面时开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值e ＝E m sin ωt又E m ＝NBSω＝100×0.1×0.2×0.5×100π V ＝100π V所以e ＝E m sin ωt＝100πsin100πt V(2)由法拉第电磁感应定律，t ＝0至t ＝T 4过程中的平均感应电动势为E ＝N ΔΦΔt ＝N BS π2ω＝2πNBSω 代入数据，解得E ＝200 V .总结提能 (1)求解感应电动势的瞬时值表达式时，一定要注意开始计时时线圈的位置，从不同位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式不同．(2)求解感应电动势的平均值时，应利用法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt进行计算．如图所示，线圈的面积是0.05 m 2，共100匝，匀强磁场的磁感应强度B ＝1πT ，当线圈以300 r/min 的转速匀速旋转时，求：(1)若从线圈的中性面开始计时，写出线圈中感应电动势瞬时值表达式．(2)从中性面开始计时，线圈转过130s 时电动势瞬时值多大？ (3)由图示位置转过60°角的过程产生的平均感应电动势为多少？ ★答案★：(1)e ＝50sin(10πt ) V (2)43.3 V (3)23.9 V解析：(1)n ＝300 r/min ＝5 r/s ，因为从中性面开始转动，并且求的是瞬时值，故e ＝E m sin ωt ＝NBS ·2πn sin(2πnt )＝50sin(10πt ) V (2)当t ＝130 s 时，e ＝50sin(10π×130) V ≈43.3 V (3)平均感应电动势应该根据E ＝N ΔΦΔt计算 E ＝N ΔΦΔt ＝NBS (1－cos60°)16T ≈23.9 V . 考点三正弦式交变电流图象的应用1．从正弦式交变电流的图象上可以确定的信息从如图所示的交变电流的e －t 图象上可以确定以下信息：(1)可以读出电动势的峰值E m .(2)可根据线圈转至中性面时电动势为零的特点，确定线圈处于中性面的时刻(O 、t 2、t 4时刻)，确定了该时刻，也就确定了磁通量最大的时刻和磁通量变化率最小的时刻．(3)可根据线圈转至与磁场平行时感应电动势最大的特点，确定线圈与中性面垂直的时刻(t 1和t 3时刻)，此时刻也就是磁通量为零的时刻和磁通量变化率最大的时刻．(4)可以确定某一时刻电动势大小以及某一时刻电动势的变化趋势．2．分析图象问题时要注意的问题(1)对物理图象的分析要注意以下要点：一看，看“轴”、看“线”、看“斜率”、看“点”；二变，掌握“图与图”“图与式”和“图与物”之间的变通能力；三判，在此基础上进行正确的分析、判断．(2)因交变电流i 随时间t 的变化规律不再是简单的正比例(线性)关系，故需借助图象法来分析研究，这比单纯用代数的方法显得更为直观、简捷．(3)对于正弦交变电流的变化规律，不应只从其随时间按正弦规律变化这一点去认识，还应看到交流电动势随线圈在匀强磁场中随空间位置的变化而变化，随线圈的磁通量变化而变化．【例3】[多选]一矩形线圈绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴匀速转动，线圈中的感应电动势e随时间t变化的规律如下图所示，则下列说法正确的是()A．图中是从线圈平面与磁场方向平行时开始计时的B．t1和t3时刻穿过线圈的磁通量为零C．t1和t3时刻穿过线圈的磁通量的变化率为零D．感应电动势e的方向变化时，穿过线圈的磁通量最大解答本题的基本思路如下：图象按余弦规律变化→线圈从与中性面垂直的位置开始转动t1和t3时刻电动势为零→线圈处于中性面位置，磁通量最大，磁通量的变化率为零[★答案★]ACD[解析]由题图可知，当t＝0时，感应电动势最大，说明穿过线圈的磁通量的变化率最大，磁通量为零，即是从线圈平面与磁场方向平行时开始计时的，选项A正确；t1、t3时刻感应电动势为零，穿过线圈的磁通量的变化率为零，磁通量最大，选项B错误，C正确；感应电动势e的方向变化时，线圈通过中性面，穿过线圈的磁通量最大，选项D正确．总结提能解答图象类问题时要注意以下两个方面：(1)注意横、纵坐标轴表示的物理量，以及图象上的特殊位置；(2)要把图象与线圈的转动过程对应起来．电磁脉冲传感器是汽车防抱死刹车(ABS)系统的关键装置，它能测定车轮是否还在转动．如果测出车轮不再转动，就会自动放松制动机构，让轮子仍保持缓慢转动状态．下图甲中，B是一根永久磁铁，外面绕有线圈，左端靠近一个铁质齿轮，齿轮与转动的车轮是同步的．下图乙是车轮转速为n时输出电流随时间变化的图象．若车轮转速变为n2，则其图象应为下图中的(C)解析：车轮转速减慢，角速度减小，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电流变小，电流变化的周期变大，故C正确.1．[多选]下图所示图象中属于交变电流的是(ABC)解析：图A、B、C中e的方向均发生了变化，故它们属于交流电．正确★答案★为A、B、C.2．[多选]下图中哪些情况，线圈中产生了交变电流(BCD)解析：B、C、D中线圈产生的感应电流方向均发生变化，故产生交变电流，A中不产生感应电流．3．如图所示，一匝数为N的矩形线圈面积为S，在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，从图示位置转过90°时电动势是(B)A．NBSωB．0C．BSωD．NBSωcos(ωt＋90°)解析：因闭合线圈从图示位置即垂直于中性面的位置开始转动，所以电动势的表达式为e＝E m cosωt，又ωt＝90°，故A、C、D错．4.处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直，在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合(如图所示)，线圈的cd边离开纸面向外运动，若规定由a→b→c→d→a方向的感应电流方向为正，则能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图象是下图中的(C)解析：分析交变电流的图象问题应注意图线上某一时刻对应线圈在磁场中的位置，将图线描述的变化过程对应到线圈所处的具体位置是分析本题的关键，线圈在图示位置时磁通量为零，但感应电流为最大值；再由楞次定律可判断线圈在转过90°的过程中，感应电流方向为正，故选项C正确．5．利用DIS(数字化信息处理系统)探究手摇发电机(如图所示)的线圈产生的交变电流．实验步骤为：①将电压传感器接入数据采集器；②电压传感器的测量夹与发电机的输出端并联； ③点击“数据采集设置”设定“采样点时间间隔”； ④缓慢摇动发电机的手柄，观察工作界面上的信号．(1)工作界面上出现的电压波形如图所示，从图中可以看出，手摇发电机产生的电压波形不是正弦波，其原因是转子不是在匀强磁场中转动(或发电机的转速不均匀)．(写出一条即可)(2)研究交变电流的波形，发现在用手摇动发电机手柄的2 min 内屏上出现了61个向上的“尖峰”，则交变电流的平均周期为T ＝2 s ；如果发电机手摇大轮的半径是转子小轮半径的2倍，则手摇大轮转动的平均角速度ω＝0.5π rad/s.解析：(1)只有线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的交变电流才是标准的正弦式交变电流，手摇发电机的磁场是由条形磁铁产生的，所以不是匀强磁场；由于是手摇转动，转速难以保持恒定．(2)屏上每出现一次向上尖峰，就代表经过了一个周期，2 min 内屏上出现了61个向上的尖峰，表明周期T ＝2×6061－1 s ＝2 s ；大轮角速度等于小轮角速度的一半，所以大轮角速度ω＝2πT ×12＝0.5π rad/s.感谢您的下载!快乐分享，知识无限！。

【高中物理】人教版物理选修3-2同步学案5.1 交变电流 Word版

（113）5.1 交变电流【教学目标】1．通过观察电流（或电压）的波形曲线，理解交流、直流的概念。

2．通过分析线圈转动一周中电动势和电流方向的变化，了解交变电流的产生过程。

同时提高运用基本原理解决新情境下问题的能力。

3．知道交变电流的变化规律及表示方法，知道交变电流的峰值、瞬时值的物理含义。

通过数型结合的过程，引导学生会推导正弦式交变电流的表达式。

4．通过讨论，认识到交流在日常生活和生产中有着广泛应用，进一步激发学习兴趣。

【预习任务】1．阅读教材“交变电流”内容，完成下列任务：（1）识记：什么是直流电，什么是交流电。

（2）思考：“做一做”中会发生什么现象？实验现象说明了什么？2．阅读教材“交变电流的产生”内容，思考下列问题：（1）就教材图5-1-3，矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，从甲→乙→丙→丁→甲的各过程中，所产生的感应电流方向如何？（2）转到什么位置时电动势、电流最大？该位置磁通量及其变化率有什么特点？（3）什么位置时电动势、电流为零？该位置磁通量及其变化率有什么特点？（4）试画出线圈转一周过程中的i-t图线。

3．阅读教材“交变电流的变化规律”内容，完成下列任务：（1）了解：正弦交流电是如何产生的。

（2）识记：正弦交流电的的概念及表达式。

【思考与讨论】1．利用电磁感应知识，推导线圈在匀强磁场中匀速转动过程中，感应电动势的峰值表达式。

【自主检测】1．教材“问题与练习”第2题。

2．教材“问题与练习”第3题。

3．教材“问题与练习”第4题。

【组内检查】1．画一个直流电和交流电图像2．交流电瞬时值与峰值的表达式高中物理考试答题技巧及注意事项在考场上，时间就是我们致胜的法宝，与其犹犹豫豫不知如何落笔，倒不如多学习答题技巧。

那么，高中物理考试答题技巧及注意事项有哪些呢？下面和小编一起来看看吧！高中物理考试答题技巧选择题的答题技巧解答选择题时，要注意以下几个问题：（1）注意题干要求，让你选择的是“不正确的”、“可能的”还是“一定的”。

2020-2021学年度高二物理人教版选修3-2第五章交变电流单元巩固练习含答案解析

【最新】度高二物理人教版选修3-2第五章交变电流单元巩固练习学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．如图所示，图甲中理想变压器原副线圈的匝数之比为4：1，现在原线圈两端加上按图乙规律变化的交变电压时，灯泡L 1、L 2均正常发光，光敏电阻R 的电阻值随光照强度的增大而减小，电压表和电流表可视为理想电表，则下列说法中正确的是（）A ．该交流电的周期T =2sB ．电压表的示数为55√2VC ．仅减弱光敏电阻R 的光照强度，则原线圈输入功率减小D ．仅减弱光敏电阻R 的光照强度，则L 1变暗、L 2将变亮2．一根电阻丝接入100V 的恒定电流电路中，在2min 内产生的热量为Q ；同样的电阻丝接入正弦式交变电流的电路中，在1min 内产生的热量也为Q ；则该交流电压的最大值是（）A ．50√2VB ．100√2VC ．200VD ．200√2V3．如图所示，理想变压器的原线圈接在π(V)u t 的交流电源上，副线圈接有R =55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2：1，电流表、电压表均为理想电表。

下列说法正确的是（）A ．原线圈的输入功率为WB ．电流表的读数为1 AC ．电压表的读数为VD ．副线圈输出交流电的周期为50 s 4．在变电所里，需要用交流电表去监测电风上的强电流．由于电网中的电流通常会超过一般电流表的量程，因此常使用电流互感器．下面四个图中，正确反映电流互感器工作原理的是（）A．B．C．D．5．如图所示，T为理想变压器，副线圈回路中的输电线ab和cd的电阻不可忽略，其余输电线电阻可不计，则当电键S闭合时（）A．交流电压表V1和V2的示数一定都变小B．交流电压表只有V2的示数变小C．交流电流表A1、A2和A3的示数一定都变大D．只有A1的示数变大6．阻值不计的矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线圈两端的电压随时间的变化规律如图所示．则下列说法中正确的是（）A．该交变电压的频率为50HzB．电压表连接在线圈两端时，其示数为20VC．在0.01s时，通过线圈的磁通量等于零D．相同时间内该电压与20V的直流电压通过同一个电阻产生的热量是相等的二、多选题7．如图甲所示的电路，已知电阻R1=R2=R．和R1并联的D是理想二极管（正向电阻可视为零，反向电阻为无穷大），在A、B之间加一个如图乙所示的交变电压（电压为正值时，U AB＞0）．由此可知（）A．在A、B之间所加的交变电压的周期为2 sB．在A、B之间所加的交变电压的瞬时值表达式为u sin 100πt（V）C．加在R1上电压的有效值为VD．加在R2上电压的有效值为20 V8．图甲为某村水力发电厂输电示意图，升压变压器原副线圈匝数比为1：40，远距离输电线的总电阻为8Ω．若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为960kW，在用户端的交流电压表显示电压为220V．下列说法中正确的有（）A．用户端交流电的频率为50HzB．降压变压器原副线圈匝数比为480：11C．远距离输电线中的电流为100AD．远距离输电线路损耗功率为80kW9．如图是变压器通过降压给用户供电的示意图．变压器的输入电压是市网电压，负载变化时输入电压不会有大的波动．输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R0表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻，当滑动片向下移动时，图中各表的读数变化情况正确的是（）A．A1变小B．A2变大C．V2不变D．V3变小10．如图所示的电路中，L为电感量足够大的理想电感，C是电容量足够大的理想电容，R l、R2是阻值大小合适的相同电阻，E是内阻不计的直流电源．G l、G2是两个零刻度在中央的相同的灵敏电流计，且当电流从哪一侧接线柱流入时，指针即向哪一侧偏转．对该电路下列判断正确的是（）A．开关S闭合的瞬间，两电流计将同时发生明显的偏转B．开关S闭合的瞬间，仅电流计G1发生明显地偏转C．开关S闭合电路稳定后，两电流计均有明显不为零的恒定示数D．电路稳定后再断开电键S，此后的短时间内，G1的指针将向右偏转，G2的指针将向左偏转11．如图所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路．线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动角速度为ω，匝数为N，线圈电阻不计．下列说法正确的是（）A．将原线圈抽头P向下滑动时，灯泡变暗B．将电容器的上极板向上移动一小段距离，灯泡变暗C．图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势为零D．若线圈abcd转动的角速度变为原来的2倍，则变压器原线圈电压的有效值也变为原来的2倍12．一理想变压器的原线圈A、B两端接入电压为u=220√2sin（100πt）V的交变电流．原线圈匝数n1=1100匝，副线圈匝数n2=30匝，则（）A．把电磁打点计时器接在C、D两端，打点周期为0.02sB．把交流电压表接在C、D两端时，电压表读数为8.48VC．将击穿电压为10V的电容器接在C、D两端，能正常工作D．把阻值为10Ω的电阻接在C、D两端，变压器的输入功率为 7.2W三、解答题13．如图所示为交流发电机示意图，匝数为n =100匝的矩形线圈，边长分别为10cm 和20cm ，内阻为5Ω，在磁感强度B =0.5T 的匀强磁场中绕OO ′轴以50√2rad /s 的角速度匀速转动，线圈和外部20Ω电阻R 相接，求：（1）S 断开时，电压表示数；（2）S 闭合时，电流表示数；（3）发电机正常工作时，通过电阻R 的电流最大值是多少？R 上所消耗的电功率是多少？（4）线圈从图示位置转过90°的过程，中通过电阻R 的电量为多少？14．某发电厂通过两条输电线向远处的用电设备供电．当发电厂输出的功率为0P 时，额定电压为U 的用电设备消耗的功率为P1．若发电厂用一台升压变压器1T 先把电压升高，仍通过原来的输电线供电，达到用电设备所在地，再通过一台降压变压器2T 把电压降到用电设备的额定电压，供用电设备使用，如图所示，这样改动后，当发电厂输出的功率仍为0P ，用电设备可获得的功率增加至2P ．试求所用升压变压器1T 的原线圈与副线圈的匝数比12/N N 以及降压变压器2T 的原线圈与副线圈的匝数比12/n n 各为多少？参考答案1．C【解析】A 、根据图乙可知该交流电的周期T=T =2×10−2s ，故A 错误；B 、原线圈电压的有效值U 1=220V ，根据电压与匝数成正比，副线圈电压U 2=14×220V =55V ，故B 错误；C 、仅减弱光敏电阻R 的光照强度，光敏电阻的阻值增大，输出电压不变，由P =U 22R 得输出功率变小，则原线圈输入功率减小，故C 正确；D 、仅减弱光敏电阻R 的光照强度，光敏电阻的阻值增大，输出电压不变，灯泡L 1和光敏电阻两端的电压之和不变，由欧姆定律流过灯泡L 1的电流减小，灯泡L 1变暗，灯泡L 2两端的电压不变，L 2亮度不变，故D 错误；点睛：本题为变压器与闭合电路欧姆定律动态分析的结合，要注意改变电阻能改变电流和功率，但不能改变电压。

高中物理人教版选修3-2检测：第五章交变电流5.1交变电流 Word版含答案

5.1 交变电流课时作业基础达标1．交变电流是( ).A．矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动时产生的电流B．按正弦规律变化的电流C．强度随时间做周期性变化的电流D．方向随时间做周期性变化的电流【解析】本题考查了交变电流的定义，只要方向随时间做周期性变化的电流就是交变电流，正弦式交变电流仅是其中之一，故D项正确．【答案】 D2．如图所示属交变电流的是( )【解析】大小和方向做周期性变化的电流，称为交变电流，在图象上表现为时间轴上下都存在图线，故选CD.【答案】CD3．关于矩形线圈在匀强磁场中转动时产生的正弦式电流，正确的说法是( )A．线圈每转动一周，感应电流方向改变一次B．线圈每转动一周，感应电动势方向改变一次C．线圈每转动一周，感应电流方向改变两次，感应电动势方向改变一次D．线圈每转动一周，感应电流方向和感应电动势方向都改变两次【解析】感应电动势和感应电流的方向，每经过中性面时改变一次，每个周期内方向改变两次，故选D.【答案】 D4．矩形线圈绕垂直于匀强磁场的对称轴做匀速转动，当线圈通过中性面时，则( ) A．线圈平面与磁场方向垂直B．线圈中的感应电动势的方向将发生变化C．通过线圈的磁通量达到最大值D．通过线圈的磁通量的变化率达到最大值【解析】线圈通过中性面这个特殊位置时，线圈平面与中性面垂直，穿过线圈的磁通量最大，但磁通量的变化率为零，故A、C正确，D错误；线圈每经过中性面一次，电流方向就改变一次，故B正确．abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴′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 ，转动的角速度为ω.则当线圈转至图示位置时( )．线圈中感应电流的方向为abcdanBl 2ωR．穿过线圈磁通量的变化率为0图示位置，线圈平面与磁场平行，所以穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变错误，此时由右手定则可知电流方向为adcba ，＝nBl 2ωR ，图示位置感应电流等于峰值，时间内，①②相吸时间内，①②相斥时刻两线圈间作用力为零时刻两线圈间吸引力最大如图所示，单匝矩形线圈的一半放在有界匀强磁场中，中心轴线从上向下看逆时针方向)匀速转动，为正方向，则下图中能表示线圈内感应电流随时间变化规律的内，ab 一侧的线框在磁场中绕OO ′转动产生正弦交流电，电流方向由且越来越大.t 4～t2内，ab 一侧线框在磁场外，而dc dcba 且越来越小，以此类推，可知i －t 图象正确的为如右图所示，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( )A．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a→b→c→dD．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】如图所示，设ab＝l1，ad＝l2，O1a＝r1，O1d＝r2.线圈绕P1轴转动时，产生的感应电动势e1＝Bl1v＝Bl1l2ω.线圈绕P2轴转动时，产生的感应电动势e2＝Bl1r1ω＋Bl1r2ω＝Bl1l2ω，即e1＝e2，所以i1＝i2，故选项A对B错．由右手定则可知，线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同，均是a→d→c→b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．【答案】 A4．一长直导线通以如图甲所示的交变电流，在导线下方有断开的线圈，如图乙所示，规定电流从左向右为正，则相对于b点来说，a点电势最高的时刻是在( )A．t1时刻 B．t2时刻C．t3时刻 D．t4时刻【解析】欲使a相对b电势最高，即ab间电动势最大，t1、t3时刻电流i最大但电流的变化率最小，感应电动势为零，故选项A、C错误；t2时刻电流的变化率最大，线圈中磁通量变化率也最大，但此时穿过线圈的磁通量减小到零，由楞次定律可知此时刻b点电势高于a点，故选项B错误；当t4时刻，由楞次定律可知，ab中感应电动势a点高于b点，且电动势的圆形线圈共100匝，在磁感应强度′以n＝600 r/min的转速匀速转动，当线圈转至中性面写出线圈内所产生的交变电动势的瞬时值表达式；时的电动势的瞬时值．线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴线匀速转动时，线圈内产生正弦交变电动势，当线圈平面在中性面时开始计时，其表达式为与线圈形状无关)，t.86.6 V.(2)86.6 V，边长为20 cm的正方形线圈，将它置于磁感应强度的匀强磁场中，绕着垂直于磁场方向的轴以ω＝100平面跟磁场方向垂直时开始计时．线圈和外电路的总电阻Δt＝t.【答案】1×10－2 C。

人教版物理选修3-2同步练习-5.1《交变电流》 (2).pptx

D.通过线圈的感应电流最大 3.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的感应电动势最大值为50V，那么该线圈由图所示位置转过30°时，线圈的感应电动势大小为
A.50V
B.25 3V
C.25V
D.10V
4.如图所示，线框在匀强磁场中绕OO'轴匀速转动(由上向下看是逆时针方向)，当转到图示位置时，磁通量和感应电动势大小的变化情况是 A. 磁通量和感应电动势都在变大
10.一个长直螺线管通有交变电流，把一个带电粒子沿管轴射入管中，如不计粒子的重力和
空气的阻力，粒子将在管中
A.做圆周运动
B.沿轴线来回运动
C.做匀加速直线运动
D.做匀速直线运动
二、填空题(每空4分，共24分)
11.一个面积为S的单匝矩形线圈在匀强磁场中以其一条边为转轴
做匀速转动，磁场方向与转轴垂直，线圈中感应电动势e与时间t
C.t3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大
D. 每当e改变方向时，通过线圈的磁通量的绝对值都为最大
6.一矩形线圈在匀强磁场中转动，产生的感应电动势e=220 2 sin100πt(V)，则
A.交流电的频率是100πHz B.t=0时线圈垂直于中性面 C.交流电的周期是0.02s D.t=0.05s时，e有最大值
14.10匝线圈在匀强磁场中匀速转动产生交变电动势e=10 2 sin20πt(V).求：
(1) t=0时，线圈内磁通量φ和磁通变化率； (2) 线圈从中性面开始转动180°过程中，感应电动势的平均值和最大值之比。
学无止境
参考答案 1B 2ABC 3B 4D 5D 6BC 7D 8D 9 B 10D 11 EmT／(2πS)，30°或 150° 12 0.14，17.8 13 解：(1)ω=2πn=314rad／s Em=BωS=31.4V

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的位置，且穿过线圈的磁通量最大；在 A、C 时刻感应电流最大，线圈处于和中性面垂直的
位置，此时穿过线圈的磁通量为零；从
3 A 到 D 时刻，线圈旋转 3/4 周，转过的角度为 2π；
如果从 O 到 D 时刻历时 0.02 s，恰好为一个周期，所以 1 s内线圈运动 50 个周期， 100 次经
根据法拉第电磁感应定律 E ＝ n Δt ，
可知当电动势为最大值时，对应的磁通量的变化率也最大，即
Em
ΔΦ ＝ ( Δt )max＝ Babω。
综上所述，正确选项为 B。
答案： B
6.如图 4 所示，在垂直纸面向里的有界匀强磁场中放置了矩形线圈
abcd。线圈 cd 边沿
竖直方向且与磁场的右边界重合。线圈平面与磁场方向垂直。从
B．线圈绕 P1 转动时的电动势小于绕 P2 转动时的电动势
图3
C．线圈绕 P1 和 P2 转动时电流的方向相同，都是 a→ b→ c→ d
D．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：线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量为零，磁通量变化率最大，两种
图6
C．当 t＝ π s时 e 有最大值 3
D． t＝ 2π s时， e＝－ 10 V 最小，磁通量变化率最小
解析：从图像可知交流电的周期为
2π ，s 频率为
1 2π Hz ，t＝ π
s时， e＝ 0 最小，
A、C
错； t＝ 0 时， e 最小， Φ 最大， B 对； t＝ 32π s时， e＝－ 10 V ， e 最大， ΔΔΦt 最大， “－ ” 号
最大，各边都不切割磁感线，不产生感应电动势，故磁通量的变化率为零，故
A 正确， B
错。线圈每经一次中性面，感应电流的方向改变一次，
线圈每转一周要经过中性面两次，所
以每转一周，感应电流方向就改变两次， C 正确， D 错。
答案： AC
3．如图 2 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
电流方向为负值；在
T4～
3 4T
，线圈中无感应电流；在
3 4T
时， ab
边垂直切割磁感线，感应电
流最大，且电流方向为正值。故 B 项正确。
答案： B
7.一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的交变电动势的图像如图 6 所示，则 ( )
A．交流电的频率是 4π Hz
B．当 t＝ 0 时，线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大
1．判断图 1 中哪个是正弦式交变电流 ( )
图1
解析：正弦式交变电流，首先应该是交变电流， C 虽然形状符合，但不是交变电流， B
虽然是交变电流，但不是正弦式交变电流。
答案： D 2．关于中性面，下列说法正确的是 ( ) A ．线圈在转动中经过中性面位置时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零 B．线圈在转动中经过中性面位置时，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大 C ．线圈每经过一次中性面，感应电流的方向就改变一次 D ．线圈每转动一周经过中性面一次，所以线圈每转动一周，感应电流的方向就改变一次解析：中性面是线圈平面与磁感线垂直的位置，线圈经过该位置时，穿过线圈的磁通量
OO′以恒
定的角速度 ω 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 2 乙所示的余弦规律变化，则在
t＝ 2πω时刻 (
)
A ．线圈中的电流最大
图2 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
解析：由 T＝ 2ωπ，故 t＝ 2πω＝ T4，此时线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最
解析：根据图像，首先判断出感应电ห้องสมุดไป่ตู้的数学表达式为
i＝ I msin ωｔ，其中 I m 是感应电
流的最大值， ω 是线圈旋转的角速度。而且线圈是从中性面开始旋转，由
O 到 D 完成一次
周期性变化，相应的线圈旋转一周。线圈每旋转一周有两次经过中性面，经过中性面的位置
时电流改变方向。从图可知，在 O、 B、 D 时刻感应电流为零，所以此时线圈恰好在中性面
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。
答案： CD
4.如图 3 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，如图所示，当线圈平面转到与磁场方向平行时 ( )
A．线圈绕 P1 转动时的电流等于绕 P2 转动时的电流
量的变化率分别是 ( )
A． 0, 0 C. Babω， 0
2
B． 0， Babω D． Bab， Babω
解析：实际上，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动时，产生交变电动势： e＝ Emcos
ωｔ＝ Babωcosωｔ。
当 t＝ 0 时， cosωｔ＝ 1，
虽然磁通量 Φ＝ 0，但是电动势有最大值 Em＝ Babω ΔΦ
t＝ 0 时刻起，线圈以恒定
角速度 ω＝ 2Tπ绕 cd边沿
图4
图所示方向转动，规定线圈中电流沿 abcda 方向为正方向，则从 t＝ 0 到 t＝ T 时间内，线圈
中的电流 I 随时间 t 变化关系图像为图 5 中的 ( )
图5
解析：在 0～T4 内，线圈在匀强磁场中匀速转动，故产生正弦交流电，由楞次定律知，
情况下产生的感应电动势和感应电流最大且相等，所以
A 正确 B 错误。由楞次定律和右手
定则可知电流方向相同且沿 a→ d→ c→ b 方向， C 错误。由于电流相同，所以两种情况下 dc
边受到的安培力相等， D 错误。
答案： A
5.长为 a、宽为 b 的矩形线圈，在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场的 OO ′ 轴以恒定的角速度 ω 旋转。设 t＝ 0 时，线圈平面与磁场方向平行，则此时的磁通量和磁通
表示方向， D 错。答案： B 8.某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生交变
电流的图像如图 7 所示，由图中信息可以判断 ( )
A．在 A 和 C 时刻线圈处于中性面位置
B．在 B 和 D 时刻穿过线圈的磁通量为零
图7
3 C．从 A→D 时刻线圈转过的角度为 2π
D．若从 O→ D 时刻历时 0.02 s，则在 1 s 内交变电流的方向改变 100 次