1、HP HUOYEaUIFANXUNLIAN05為活頁規范訓I練對點演緯知能提奔（時間：60 分鐘）I達標基訓I知識點一用函數表達式描述交變電流1 .閉合線圈在勻強磁場中勻速轉動，轉速為240 r/mi n,若線圈平面轉至與磁場方向平行時的電動勢為 2 V，則從中性面開始計時，所產生的交流電動勢的1表達式為 e=_V,電動勢的峰值為 _V,從中性面起經 48 s,交流電動勢的大小為_V解析 當線圈平面與磁場平行時（S 啟），感應電動勢最大，即 Em= 2 V,3=2 m=2sin 8 t V，當 t= 48 s 時，e= 2sin 8nX48 V = 1 V.答案 2sin 8n212.（雙選）

2、線圈在磁場中勻速轉動產生的交流電的瞬時電動勢為e= 10 2sin 20 tnV，則下列說法正確的是（）.A. t = 0 時，線圈平面位于中性面B. t = 0 時，穿過線圈的磁通量最大C. t = 0 時，導線切割磁感線的有效速度最大D. t = 0.4 s 時，e 達到峰值 10 2 V解析 根據交流電動勢的瞬時值表達式可判斷題目所給的交流電為正弦式交變電流，當 t = 0 時，e= 0,所以此時磁通量的變化率為零，導線切割磁感線的有效速度為零，但此時穿過線圈的磁通量最大，線圈平面位于中性面，所以 A、B 正確，C 錯誤；當 t = 0.4 s 時，e= 10 2sin 20 t = 1

3、0.2sin 8n=0, 所以D 錯誤.240=2nXeorad/s=8nrad/s 則從中性面開始計時,瞬時值表達式：e= Emsin3tHP HUOYEaUIFANXUNLIAN05為活頁規范訓I練對點演緯知能提奔答案 AB3.（單選）交流發電機在工作時的電動勢為 e= Emsin3t,若將其電樞的轉速提高1 倍，其他條件不變，則其電動勢變為解析 電樞轉速提高 1 倍，由3=2m 知，角速度變為原來的 2 倍；由電動勢最大值表達式 Em= nBS知，最大值也變為原來的 2 倍. 答案 D4.（單選）如圖 2-2-13 所示，矩形線圈 abed，已知 ab 為 Li，ad 為 L2，在磁感強

4、 度為 B 的勻強磁場中繞 00軸以角速度 諷從圖中位置開始）勻速轉動，則線圈中感應電動勢的大小為()a 9b5XX !. XX11xx ! xx11xx ! x x1 6c圖 2-2-131.r 1A.2BL1L23Sin3tB.2BL1L2COS3tC.BL1L2wsin3tD.BL1L2weos3t解析 線圈經過時間 t 時，轉過角度0,這時 ab，cd 邊切割磁感線產生感應電動勢 Eab= BL1vsin0Ecd= BL1vsin0be， ad 邊不切割磁感線不產生感應電動勢，故線圈中的感應電動勢為 E= Eab+ Ecd= 2BL1vsin0=2BL1：2L2wsinwt=BL1L2

5、wsinw t故正確選項應為 C.答案 C知識點二 用圖象描述交變電流5.（單選）處在勻強磁場中的矩形線圈 abed，以恒定的角速度繞 ab 邊轉動，磁場 方向平行于紙面并與 ab 垂直.在 t= 0 時刻， 線圈平面與紙面重合（如圖 2-2-14 所示） ，線圈的 cd 邊離開紙面向外運動.若規定由 afbfcfdfa 方向的感A.Emsin2C.Emsin 2wtB.3t2Emsin22Ems in 23t應電流為正，則能反映線圈中感應電流 i 隨時間 t 變化的圖線是()圖 2-2-14解析 線圈在磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉動時，可以產生按正弦規律變化的交流電.對于圖示起始時刻，線

6、圈的 cd 邊離開紙面向紙外運動，速度方向和磁場方向垂直，產生的電動勢的瞬時值最大；用右手定則判斷出電流方向為逆時針方向，與規定的正方向相同.所以C 對.答案 C6.（單選）通有電流 i = Imsin3啲長直導線 00與斷開的圓形導線圈在同一平面內，如圖 2-2-15 所示（設電流由 0 至 0為正），為使 A 端的電勢高于 B 端的 電勢且UAB減小，交變電流必須處于每個周期的A.第一個 4 周期B.第二個 4 周期().圖 2-2-151 1c.第三個 4 周期D.第四個 4 周期解析 由石可知，要 E 減小，即要石減小，題中要求 也 招，由楞次1定律知，只有在第一個 4 周期才符合要求

7、，A 項正確.答案 A7.（雙選）如圖 2-2-16 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 00以恒定的角速度3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律變化，則在時23圖 2-2-16A .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nT解析 t 二莊=4，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.答案 CD8.（單選） 如圖2-2-17 所示，一矩形線圈 abed 放置在勻強

8、磁場中，并繞過 ab、cd 中點的軸 00以角速度3逆時針勻速轉動.若以線圈平面與磁場夾角A0 時（如圖）為計時起點，并規定當電流自 a 流向 b 時電流方向為正.貝 U 下列四 幅圖中正確的是or甲（）.解析 矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉動，從線圈平面與磁場方向平行開始計時，產生的感應電流按余弦規律變化，由于t= 0 時，線圈的轉動方向如題圖，由右手定則判斷可得，此時ad 中電流方向為由 a到 d,線圈中電流方向為 a dfcfbfa,與規定的電流正方向相反，電流為 負值又因為此時產生的感應電動勢最大，故只有D 正確.答案 D9.（雙選）如圖 2-2-18 甲所示，“匚”形

9、金屬框導軌水平放置導軌上跨接一金屬棒 ab,與導軌構成閉合回路，并能在導軌上自由滑動，在導軌左側與ab平行放置的導線 cd 中通以如圖乙所示的交變電流，規定電流方向自 c 向 d 為正，則 ab 棒受到向左的安培力的作用時間是圖 2-2-18A.0ftlB.tlft2C.t2ft3D.t3ft4解析在 Ofti時間內，電流 i 由 cfd 且逐漸增大，由安培定則及楞次定律可判定：閉合回路中的磁場方向垂直紙面向里，金屬棒ab 中的電流方向由afb，再由左手定則可判定，此時 ab 棒所受安培力向左，A 正確.同理可判斷出在 tlft2時間內，在 t3t4時間內 ab 棒所受安培力向右，在 t2ft

10、3時間內圖 2-2-17Dab 棒所受安培力向左，C 正確.答案 AC10.在水平方向的勻強磁場中，有一正方形閉合線圈繞垂直磁感線的軸勻速轉動， 已知線圈的匝數為 n= 100 匝，邊長為 20 cm,電阻為 10 Q,轉動頻率 f = 50 Hz, 磁場的磁感應強度為 0.5 T,求：(1) 外力驅動線圈轉動的功率.(2) 轉至線圈平面與中性面的夾角為 30 寸，線圈產生的感應電動勢及感應電 流的大小.(3) 線圈由中性面轉至與中性面成 30 夾角的過程中，通過線圈橫截面的電荷 量.解析(1)線圈中交變電動勢的最大值Em=nBS=100X0.5X(0.2)2X2nX50 V=628 V交變電

11、動勢的有效值 E=Em= 3142 V外界驅動線圈轉動的功率與線圈中交變電流的功率相等，即 P外=宣=引爲2W=1.97X104W.(2) 線圈轉到與中性面成 30角時，其電動勢的瞬時值 e= Ems in 30 =314 V，e314交變電流的瞬時值 i =A = 31.4 A.(3) 在線圈從中性面轉過 30角的過程中，線圈中的平均感應電動勢E = nj；E平均感應電流 I=R = nR 亦，通過導體橫截面的電荷量為 q，則 q= I 蟲=2 2nBl 1-cos 30100X0.5X0.2X1-0.866n_R=R=10C=0.027C.答案 (1)1.97X104W (2)314 V

12、31.4 A(3)0.027 C11. 如圖 2-2-19 所示，在勻強磁場中有一個“n形導線框可繞 AB 軸轉動，已知勻強磁場的磁感應強度 B = 52T,線框的 CD 邊長為 20 cm, CE、DF 長n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 et 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 線框轉動，開始計時的位置為線圈平面與磁感線平行的位置，在t時刻線框轉過的角度為w t此時刻 e= BI1I23COS即卩 e= BScosw t其中 B=5n2T,S=0.1X0.2 m2=0.02 m2,2m=2nX50 rad/s=100nrad,故e 二0.02X100ncos 100tV，即 e= 10 .2cos100 trV.(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= 10 2cos 100 tW (2)略12.如圖 2-2-20 所示，總電阻為 r 的 n 匝矩形線圈 abcd 置于磁感應強度為 B 的 勻強磁場中，一邊 ab= I1,另一邊 ad= I2,繞垂直于磁場方向的對稱軸 00 以角速度w勻速轉動.線圈通過電刷與外電阻 R 組成閉合電路.求線圈中產生的電動勢的最大值.(2)從線圈處于中性面開始計時，寫出閉合電路中瞬時電流隨時間變化的