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2019-2020年高中物理 第2章 第1節(jié) 交變電流課時(shí)作業(yè) 教科版選修3-2 1．大小和方向不隨時(shí)間變化的電壓和電流，稱為_(kāi)_________，簡(jiǎn)稱直流電；大小和方向隨時(shí)間作周期性變化的電壓和電流，稱為_(kāi)_________，簡(jiǎn)稱交流電． 2．電壓和電流都隨時(shí)間按正弦函數(shù)規(guī)律變化的交變電流稱為_(kāi)_______電流，簡(jiǎn)稱正弦交流電．其電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為e＝________，其中Em＝________.閉合矩形線圈在________磁場(chǎng)中繞__________________________的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流是正弦交流電． 3．下圖所示的4種電流隨時(shí)間變化的圖象中，屬于交變電流的有(　　) 4．下列各圖中，哪些情況線圈中能產(chǎn)生交流電(　　) 5．矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)方向的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．在中性面時(shí)，通過(guò)線圈的磁通量最大 B．在中性面時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大 C．穿過(guò)線圈的磁通量為零時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)也為零 D．穿過(guò)線圈的磁通量為零時(shí)，磁通量的變化率也為零 【概念規(guī)律練】 知識(shí)點(diǎn)一　交變電流的產(chǎn)生 1．如圖1所示為演示交變電流產(chǎn)生的裝置圖，關(guān)于這個(gè)實(shí)驗(yàn)，正確的說(shuō)法是(　　) 圖1 A．線圈每轉(zhuǎn)動(dòng)一周，指針左右擺動(dòng)兩次 B．圖示位置為中性面，線圈中無(wú)感應(yīng)電流 C．圖示位置ab邊的感應(yīng)電流方向?yàn)閍→b D．線圈平面與磁場(chǎng)方向平行時(shí)，磁通量變化率為零 2．處在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的矩形線圈abcd，以恒定的角速度繞ab邊轉(zhuǎn)動(dòng)，磁場(chǎng)方向平行于紙面并與ab垂直。在t=0時(shí)刻，線圈平面與紙面重合(如圖2所示)，線圈的cd邊離開(kāi)紙面向外運(yùn)動(dòng)。若規(guī)定由a→b→c→d→a方向的感應(yīng)電流為正，則能反映線圈中感應(yīng)電流I隨時(shí)間t變化的圖線是 (　　) 知識(shí)點(diǎn)二　交變電流的變化規(guī)律 3．閉合線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)速為240 r/min，若線圈平面轉(zhuǎn)至與磁場(chǎng)方向平行時(shí)的電動(dòng)勢(shì)為2 V，則從中性面開(kāi)始計(jì)時(shí)，所產(chǎn)生的交流電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式為e＝________ V，電動(dòng)勢(shì)的峰值為_(kāi)_______ V，從中性面起經(jīng) s，交流電動(dòng)勢(shì)的大小為_(kāi)_______ V. 4．有一個(gè)10匝正方形線框，邊長(zhǎng)為 20 cm，線框總電阻為1 Ω，線框繞OO′軸以10π rad/s的角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，如圖3所示，垂直于線框平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5 T．問(wèn)： 圖3 (1)該線框產(chǎn)生的交變電流電動(dòng)勢(shì)最大值、電流最大值分別是多少？ (2)線框從圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)60時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值是多大？ (3)寫(xiě)出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的表達(dá)式． 【方法技巧練】 一、瞬時(shí)值、平均值的計(jì)算方法 5．矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁感線的對(duì)稱軸轉(zhuǎn)動(dòng)，線圈共100匝，轉(zhuǎn)速為 r/min，在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中穿過(guò)線圈的磁通量的最大值為0.03 Wb，則線圈平面轉(zhuǎn)到與磁感線平行時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為多少？當(dāng)線圈平面與中性面夾角為時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為多少？ 6．如圖4所示，匝數(shù)為n，面積為S的矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度為ω，求線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)180時(shí)間內(nèi)的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)． 圖4 二、交變電流圖象的應(yīng)用 7．矩形線圈，繞垂直于勻強(qiáng)磁場(chǎng)并位于線圈平面內(nèi)的固定軸轉(zhuǎn)動(dòng)．線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e隨時(shí)間t的變化如圖5所示．下面說(shuō)法中正確的是(　　) 圖5 A．t1時(shí)刻通過(guò)線圈的磁通量為零 B．t2時(shí)刻通過(guò)線圈的磁通量的絕對(duì)值最大 C．t3時(shí)刻通過(guò)線圈的磁通量變化率的絕對(duì)值最大 D．每當(dāng)e變換方向時(shí)，通過(guò)線圈的磁通量絕對(duì)值都為最大 8．一矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁感線的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，穿過(guò)線圈的磁通量隨時(shí)間的變化圖象如圖6所示，則下列說(shuō)法中，正確的是(　　) 圖6 A．t＝0時(shí)刻，線圈平面與中性面垂直 B．t＝0.01 s時(shí)刻，穿過(guò)線圈平面的磁通量的變化率最大 C．t＝0.02 s時(shí)刻，線圈中有最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) D．t＝0.03 s時(shí)刻，線圈中有最大感應(yīng)電流 1．關(guān)于線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的交變電流，下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．線圈平面每經(jīng)過(guò)中性面一次，感應(yīng)電流方向就改變一次，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向不變 B．線圈每轉(zhuǎn)動(dòng)一圈，感應(yīng)電流方向就改變一次 C．線圈平面經(jīng)過(guò)中性面一次，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流的方向都要改變一次 D．線圈每轉(zhuǎn)動(dòng)一圈，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流方向都要改變一次 2．線圈在磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生交流電的瞬時(shí)電動(dòng)勢(shì)為e＝10sin 20πt V，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．t＝0時(shí)，線圈平面位于中性面 B．t＝0時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量最大 C．t＝0時(shí)，導(dǎo)線切割磁感線的有效速度最大 D．t＝0.4 s時(shí)，e達(dá)到峰值10 V 3．交流發(fā)電機(jī)在工作時(shí)的電動(dòng)勢(shì)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(dòng)勢(shì)變?yōu)?　　) A．Emsin B．2Emsin 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(dòng)，線圈平面位于如圖7甲所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．通過(guò)線圈的磁通量Φ隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖7 A．t1、t3時(shí)刻通過(guò)線圈的磁通量變化率最大 B．t1、t3時(shí)刻線圈中感應(yīng)電流方向改變 C．t2、t4時(shí)刻線圈中磁通量最大 D．t2、t4時(shí)刻線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最小 5．如圖8所示，一正方形線圈abcd在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁感線的對(duì)稱軸OO′勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．沿著OO′觀察，線圈沿逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)．已知?jiǎng)驈?qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，線圈匝數(shù)為n，邊長(zhǎng)為l，電阻為R，轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω，則當(dāng)線圈轉(zhuǎn)至圖示位置時(shí)(　　) 圖8 A．線圈中感應(yīng)電流的方向?yàn)閍bcda B．線圈中的感應(yīng)電流為 C．穿過(guò)線圈的磁通量為0 D．穿過(guò)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L(zhǎng)1，ad為L(zhǎng)2，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞OO′軸以角速度ω(從圖中位置開(kāi)始)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為(　　) 圖9 A.BL1L2ωsin ωt B.BL1L2cos ωt C．BL1L2ωsin ωt D．BL1L2ωcos ωt 7．如圖10所示，一矩形線圈abcd放置在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，并繞過(guò)ab、cd中點(diǎn)的軸OO′以角速度ω逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．若以線圈平面與磁場(chǎng)夾角θ＝0時(shí)(如圖)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，并規(guī)定當(dāng)電流自a流向b時(shí)電流方向?yàn)檎畡t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(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)方向的轉(zhuǎn)軸OO′以恒定的角速度ω轉(zhuǎn)動(dòng)．當(dāng)從線圈平面與磁場(chǎng)方向平行時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，線圈中產(chǎn)生的交變電流按照?qǐng)D乙所示的余弦規(guī)律變化，則在t＝時(shí)刻(　　) 圖11 A．線圈中的電流最大 B．穿過(guò)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(chǎng)中可以分別繞垂直于磁場(chǎng)方向的軸P1和P2以相同的角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)線圈平面轉(zhuǎn)到與磁場(chǎng)方向平行時(shí)(　　) 圖12 A．線圈繞P1轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的電流等于繞P2轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的電流 B．線圈繞P1轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的電動(dòng)勢(shì)小于繞P2轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的電動(dòng)勢(shì) C．線圈繞P1和P2轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)電流的方向相同,都是a→b→c→d D．線圈繞P1轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)cd邊受到的安培力大于繞P2轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)cd邊受到的安培力 題　號(hào) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答　案 10.一矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中以角速度4π rad/s勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)的圖象如圖13所示．則交變電流的頻率為_(kāi)_____Hz，當(dāng)t＝0時(shí)，線圈平面與磁感線________，當(dāng)t＝0.5 s時(shí)，e為_(kāi)_____V. 圖13 11．如圖14所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一個(gè)“n”形導(dǎo)線框可繞AB軸轉(zhuǎn)動(dòng)，已知?jiǎng)驈?qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝ T，線框的CD邊長(zhǎng)為l1＝20 cm，CE、DF邊長(zhǎng)均為l2＝10 cm，轉(zhuǎn)速為50 r/s.若從圖示位置開(kāi)始計(jì)時(shí)： 圖14 (1)寫(xiě)出線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式； (2)在e－t坐標(biāo)系中作出線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化關(guān)系的圖象． 12．如圖15所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)B＝0.1 T，所用矩形線圈的匝數(shù)N＝100，邊長(zhǎng)ab＝0.2 m，bc＝0.5 m，以角速度ω＝100π rad/s繞OO′軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．從線圈平面通過(guò)中性面時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，試求： 圖15 (1)線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大?。? (2)由t＝0至t＝過(guò)程中的平均電動(dòng)勢(shì)值． 第二章　交變電流 第1節(jié)　交變電流 答案 課前預(yù)習(xí)練 1．恒定電流　交變電流 2．正弦交變　Emsin ωt　nBSω　勻強(qiáng)　垂直于磁場(chǎng)方向 3．CD　[直流電是方向不隨時(shí)間改變，交變電流是方向隨時(shí)間改變，正弦式交變電流是按正弦規(guī)律變化的交變電流，圖象中正、負(fù)表示電流方向．A選項(xiàng)中電流數(shù)值總為正，表示電流方向不變，是直流電．B選項(xiàng)中圖象雖為正弦，但由于電流總是正值，表示電流方向不變，電流大小隨時(shí)間變化，也是直流電．C、D選項(xiàng)中電流強(qiáng)度和方向都隨時(shí)間做周期性變化，是交變電流．因此，是交變電流的只有C和D，是正弦式交變電流的只有D.] 4．BCD　[A中線圈中的磁通量始終是零，故無(wú)感應(yīng)電流產(chǎn)生；B、C、D中都是線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁感線的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，故能產(chǎn)生交流電，則B、C、D正確．] 5．A　[中性面和磁場(chǎng)垂直，磁通量最大，磁通量的變化率為零．] 課堂探究練 1．C　[線圈在磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，在電路中產(chǎn)生呈周期性變化的交變電流，線圈經(jīng)過(guò)中性面時(shí)電流改變方向，線圈每轉(zhuǎn)動(dòng)一周，有兩次通過(guò)中性面，電流方向改變兩次，指針左右擺動(dòng)一次，故A錯(cuò)；線圈處于圖示位置時(shí)，ab邊向右運(yùn)動(dòng)，由右手定則，ab邊的感應(yīng)電流方向?yàn)閍→b，故C對(duì)；線圈平面與磁場(chǎng)方向平行時(shí)，ab、cd邊垂直切割磁感線，線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)最大，也可以這樣認(rèn)為，線圈平面與磁場(chǎng)方向平行時(shí)，磁通量為零，但磁通量的變化率最大，B、D錯(cuò)誤。] 點(diǎn)評(píng)?、倬€圈平面垂直于磁感線時(shí)，線圈中的感應(yīng)電流為零，這一位置叫中性面．線圈平面經(jīng)過(guò)中性面時(shí)，電流方向就發(fā)生改變．線圈繞軸轉(zhuǎn)一周經(jīng)過(guò)中性面兩次，因此感應(yīng)電流方向改變兩次． ②線圈經(jīng)過(guò)中性面時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量最大，但磁通量的變化率為零(即各邊都不切割)，所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零． 2．C　[線圈在磁場(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)方向的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，可以產(chǎn)生按正弦規(guī)律變化的交流電．對(duì)于圖示起始時(shí)刻，線圈的cd邊離開(kāi)紙面向紙外運(yùn)動(dòng)，速度方向和磁場(chǎng)方向垂直，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值最大；用右手定則判斷出電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，與規(guī)定的正方向相同．所以C對(duì)．] 點(diǎn)評(píng)　線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)方向的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，可以產(chǎn)生按正弦規(guī)律變化的交流電．其中“線圈”無(wú)特殊要求，即矩形線圈、圓形線圈等其他形狀都可，“繞某一軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)”，只要求此軸垂直于磁場(chǎng)方向，沒(méi)有其他限制條件． 3．2sin 8πt　2　1 解析　當(dāng)線圈平面與磁場(chǎng)平行時(shí)(S//B)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，即Em＝2 V，ω＝2πn＝2π rad/s＝8π rad/s，則從中性面開(kāi)始計(jì)時(shí)，瞬時(shí)值表達(dá)式：e＝Emsin ωt＝2sin 8πt V，當(dāng)t＝ s時(shí)，e＝2sin(8π) V＝1 V. 點(diǎn)評(píng)　當(dāng)閉合線圈繞垂直于磁場(chǎng)的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，且從中性面開(kāi)始計(jì)時(shí)時(shí)產(chǎn)生正弦式交流電電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式e＝Emsin ωt，Em為最大值即當(dāng)線圈平面與磁場(chǎng)方向平行時(shí)的瞬時(shí)值，ω為轉(zhuǎn)動(dòng)角速度． 4．(1)6.28 V　6.28 A　(2)5.44 V (3)e＝6.28sin 10πt V 解析　(1)交變電流電動(dòng)勢(shì)最大值為 Em＝nBSω＝100.50.2210π V＝6.28 V， 電流的最大值為 Im＝Em/R＝ A＝6.28 A. (2)線框轉(zhuǎn)過(guò)60時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e＝Emsin 60＝5.44 V. (3)由于線框轉(zhuǎn)動(dòng)是從中性面開(kāi)始計(jì)時(shí)的，所以瞬時(shí)值表達(dá)式為e＝Emsin ωt＝6.28sin 10πt V. 點(diǎn)評(píng)?、匐妱?dòng)勢(shì)最大值Em＝nBSω. ②當(dāng)計(jì)時(shí)起點(diǎn)為中性面位置時(shí)表達(dá)式為e＝Emsin ωt 當(dāng)計(jì)時(shí)起點(diǎn)為線圈平面與磁場(chǎng)方向平行時(shí)，表達(dá)式為e＝Emcos ωt. 5．1 V　 V 解析　由題意知：Φm＝0.03 Wb ω＝2πn＝2π rad/s＝ rad/s. 線圈轉(zhuǎn)至與磁感線平行時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，故 Em＝nBSω＝nΦmω＝1000.03 V＝1 V 瞬時(shí)值表達(dá)式e＝Emsin ωt＝sin V 當(dāng)θ＝ωt＝時(shí)，e＝sin V＝ V. 方法總結(jié)?、僖涀蓚€(gè)特殊位置感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值，即中性面位置e＝0；線圈平面與磁感線平行的位置e＝Em＝nBSω. ②確定線圈從哪個(gè)位置開(kāi)始計(jì)時(shí)的，從而確定電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式是正弦形式還是余弦形式． 6.nBSω 解析　由楞次定律可判斷線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)180時(shí)間內(nèi)，線圈中的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E≠0.磁通量是沒(méi)有方向的標(biāo)量，但卻有正負(fù)．如果我們規(guī)定磁感線從線圈的一側(cè)穿入另一側(cè)，穿出磁通量為正，那么從另一側(cè)穿入這一側(cè)穿出時(shí)，磁通量就為負(fù)了．設(shè)線圈轉(zhuǎn)過(guò)180時(shí)，穿過(guò)它的磁通量Φ′＝BS，那么圖示位置時(shí)穿過(guò)它的磁通量Φ＝－BS.由法拉第電磁感應(yīng)定律得：＝n＝n＝n＝nBSω. 方法總結(jié)　平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不等于始、末兩瞬時(shí)電動(dòng)勢(shì)值的平均值，必須用法拉第電磁感應(yīng)定律計(jì)算即＝n. 7．D　[t1、t3時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，線圈位于中性面位置，所以穿過(guò)線圈的磁通量最大，磁通量的變化率為零，A、C錯(cuò)誤；t2時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，線圈位于中性面的垂面位置，穿過(guò)線圈的磁通量為零，B錯(cuò)誤；由于線圈每過(guò)一次中性面時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量的絕對(duì)值最大，e變換方向，所以D正確．] 方法總結(jié)　當(dāng)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大時(shí)，磁通量的變化率最大，磁通量卻最?。? 8．ABCD　[由題意可知Φ＝Φmsin ωt時(shí)，其感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)應(yīng)為e＝Emcos ωt，當(dāng)t＝0時(shí)，Φ＝0，線圈平面與中性面垂直，穿過(guò)線圈平面的磁通量的變化率最大，線圈中有最大的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，此類時(shí)刻還有0.01 s，0.02 s，0.03 s，……所以答案為A、B、C、D.] 方法總結(jié)　由E＝n可知，交變電流的電動(dòng)勢(shì)隨線圈的磁通量的變化而變化，即由Φ的變化可推知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的變化規(guī)律(當(dāng)Φ＝Φmsin ωt時(shí)e＝Emcos ωt；當(dāng)Φ＝Φmcos ωt時(shí)，e＝Emsin ωt)． 課后鞏固練 1．C 2．AB　[根據(jù)交流電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式可判斷為正弦式交變電流，當(dāng)t＝0時(shí)，e＝0，所以此時(shí)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(shí)穿過(guò)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(cuò)誤；當(dāng)t＝0.4 s時(shí)，e＝10sin 20πt V＝10sin 8π V＝0，所以D錯(cuò)誤．] 3．D　[電樞轉(zhuǎn)速提高1倍，由ω＝2πn知，角速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍；由電動(dòng)勢(shì)的最大值表達(dá)式Em＝nBSω知，最大值也變?yōu)樵瓉?lái)的2倍．] 4．B　[t1、t3時(shí)刻通過(guò)線圈的磁通量Φ的絕對(duì)值最大，磁通量變化率＝0，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、感應(yīng)電流為零，線圈中感應(yīng)電流方向改變，A錯(cuò)誤，B正確；t2、t4時(shí)刻線圈中磁通量為零，磁通量的變化率最大，即感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，C、D錯(cuò)誤．] 5．BC　[圖示位置為垂直于中性面的位置，此時(shí)通過(guò)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＝＝，由右手定則可判斷出線圈中感應(yīng)電流的方向?yàn)閍dcba.] 6．C　[線圈經(jīng)過(guò)時(shí)間t時(shí)，轉(zhuǎn)過(guò)角度θ，這時(shí)ab，cd邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)Eab＝BL1vsin θ，Ecd＝BL1vsin θ，bc，ad邊不切割磁感線不產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，故線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Eab＋Ecd＝2BL1vsin θ＝2BL1L2ωsin ωt＝BL1L2ωsin ωt，故正確選項(xiàng)應(yīng)為C.] 7．D 矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)方向的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，從線圈平面與磁場(chǎng)方向平行開(kāi)始計(jì)時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電流按余弦規(guī)律變化，由于t=0時(shí)，線圈的轉(zhuǎn)動(dòng)方向如題圖，由右手定則判斷可得，此時(shí)ad中電流方向?yàn)橛蒩到d，線圈中電流方向?yàn)閍→d→c→b→a，與規(guī)定的電流正方向相反，電流為負(fù)值.又因?yàn)榇藭r(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，故只有D正確。] 8．CD　[t＝＝，此時(shí)線圈位于中性面位置，所以穿過(guò)線圈的磁通量最大，B錯(cuò)誤；由于此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，所以線圈中電流為零，線圈所受的安培力為零，A錯(cuò)誤，C、D正確．] 9．A　[無(wú)論是繞P1轉(zhuǎn)動(dòng)還是繞P2轉(zhuǎn)動(dòng)，線圈轉(zhuǎn)到圖示位置時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)都為最大值Em=nBSω，由歐姆定律可知此時(shí)I相等，A對(duì)，B錯(cuò)；由右手定則可知線圈中電流方向?yàn)閍→d→c→b→a，故C錯(cuò)；cd邊所受的安培力F＝BLcdI，故F一樣大，D錯(cuò)．] 10．2　垂直　0 解析　T＝＝ s，則交流電的頻率f＝＝2 Hz.由圖象知t＝0時(shí)，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(shí)，ωt＝2πft＝2π，e＝0. 11．(1)e＝10cos 100πt V　(2)見(jiàn)解析 解析　(1)線框轉(zhuǎn)動(dòng)，開(kāi)始計(jì)時(shí)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(shí)刻線框轉(zhuǎn)過(guò)的角度為ωt，此時(shí)刻e＝BL1L2ωcos ωt，即e＝BSωcos ωt，其中B＝ T，S＝0.10.2 m2＝0.02 m2，ω＝2πn＝2π50 rad/s＝100π rad/s，故e＝0.02100πcos 100πt V，即e＝10cos 100πt V. (2)T＝＝0.02 s，線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化關(guān)系的圖象如下圖所示 12．(1)314sin 100πt V　(2)200 V 解析　(1)解法一　線圈經(jīng)過(guò)時(shí)間t轉(zhuǎn)過(guò)角度θ＝ωt，這時(shí)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(dòng)勢(shì)eab＝ecd＝NBvsin ωt，其中v＝ω＝ω，所以e＝eab＋ecd＝2eab＝2NBωsin ωt＝NBSωsin ωt， Em＝NBSω＝1000.10.1100π V＝314 V， e＝314sin 100πt V 解法二　感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值e＝NBSωsin ωt，由題可知S＝＝0.20.5 m2＝0.1 m2， Em＝NBSω＝1000.10.1100π V＝314 V， 所以e＝314sin 100πt V. (2)用E＝N計(jì)算t＝0至t＝過(guò)程中的平均電動(dòng)勢(shì)E＝N＝N＝ 即E＝NBSω.代入數(shù)值得E＝200 V.