1、1(2011年龍巖高二檢測)甲、乙兩電路中電流與時間關系如圖5112所示，屬于交變電流的是()圖5112A甲、乙都是 B甲是乙不是C乙是甲不是 D甲、乙都不是解析：選B.甲圖電流大小不變、方向變化，是交流電，乙圖大小變化、方向不變，是直流電，故選B.2在圖5113中，不能產生交變電流的是()圖5113解析：選A.矩形線圈繞著垂直于磁場方向的轉軸做勻速圓周運動就產生交流電，而A圖中的轉軸與磁場方向平行，線圈中無電流產生，所以選A.3交流發電機在工作時的電動勢eEmsint.若將線圈匝數、線圈面積都提高到原來的兩倍，其他條件不變，則電動勢變為()Ae2Emsint Be4EmsintCeEmsin

2、t DeEmsint解析：選B.由電動勢最大值表達式EmNBS，N、S變為原來的兩倍，則最大值變為4Em，故B正確4.矩形線圈的匝數為50匝，在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉動時，穿過線圈的磁通量隨時間的變化規律如圖5114所示下列結論正確的是() 圖5114A在t0.1 s和t0.3 s時，電動勢最大B在t0.2 s和t0.4 s時，電動勢改變方向C電動勢的最大值是157 VD在t0.4 s時，磁通量變化率最大，其值為3.14 Wb/s解析：選CD.在t0.1 s和t0.3 s時，矩形線圈的磁通量最大，但磁通量的變化率為0，電動勢為0，此時電動勢改變方向故A、B錯誤由圖象可知，周期為0.4

3、 s，故角速度5，而最大電動勢為EmnBS157 V，C正確在t0.4 s時，磁通量為0，磁通量變化率最大，其值為3.14 Wb/s.故D正確5. (2009年高考天津卷)如圖5115所示，單匝矩形閉合導線框abcd全部處于磁感應強度為B的水平勻強磁場中，線框面積為S，電阻為R.線框繞與cd邊重合的豎直固定轉軸以角速度勻速轉動，線框從中性面開始轉過的過程中，求通過導線橫截面的電荷量q. 圖5115解析：qtt.答案：一、選擇題1矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉動，下列說法中不正確的是()A在中性面時，通過線圈的磁通量最大B在中性面時，感應電動勢為零C穿過線圈的磁通量為零時，感應電

4、動勢也為零D線圈每通過中性面一次，電流方向改變一次解析：選C.由中性面的特點可知，應選為C.2線圈在勻強磁場中轉動產生電動勢e10sin20t V，則下列說法正確的是()At0時，線圈平面位于中性面Bt0時，穿過線圈的磁通量最大Ct0時，導線切割磁感線的有效速率最大Dt0.4 s時，e有最大值10 V解析：選AB.由電動勢的瞬時值表達式，計時從線圈位于中性面時開始，所以t0時，線圈平面位于中性面，磁通量為最大，但此時導線速度方向與磁感線平行，切割磁感線的有效速率為零，A、B正確，C錯誤當t0.4 s時，e10sin20t10×sin(20×0.4) V0，D錯誤3. (20

5、11年雅安高二檢測)一矩形線圈，繞垂直于勻強磁場并位于線圈平面內的固定軸轉動線圈中的感應電動勢e隨時間t的變化如圖5116所示下面說法中正確的是() 圖5116At1時刻通過線圈的磁通量為零Bt2時刻通過線圈的磁通量的絕對值最大Ct3時刻通過線圈的磁通量變化率的絕對值最大D每當e變換方向時，通過線圈的磁通量絕對值都為最大解析：選D.t1、t3時刻感應電動勢為零，線圈位于中性面位置，所以穿過線圈的磁通量最大，磁通量的變化率為零，A、C錯誤；t2時刻感應電動勢最大，線圈位于中性面的垂面位置，穿過線圈的磁通量為零，B錯誤；由于線圈每過一次中性面時，穿過線圈的磁通量的絕對值最大，e變換方向，所以D正確

6、4閉合線圈在勻強磁場中勻速轉動時，產生的正弦式交變電流iImsin t.若保持其他條件不變，使線圈的匝數和轉速各增加1倍，則電流的變化規律為()AiImsin t BiImsin 2tCi2Imsin t Di2Imsin 2t解析：選D.由電動勢的最大值知，最大電動勢與角速度成正比，與匝數成正比，所以電動勢最大值為4Em，匝數加倍后，其電阻也應該加倍，此時線圈的電阻為2R，根據歐姆定律可得電流的最大值為Im2Im，因此，電流的變化規律為i2Imsin 2t.5.如圖5117所示是一多匝線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉動所產生的感應電動勢的圖象，根據圖象可知() 圖5117A此感應電動勢

7、的瞬時表達式為e200sin0.02tB此感應電動勢的瞬時表達式為e200sin100tCt0.01 s時，穿過線圈的磁通量為零Dt0.02 s時，穿過線圈的磁通量的變化率最大答案：B6.一只矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁感線的軸勻速轉動，穿過線圈的磁通量隨時間變化的圖象如圖5118所示則下列說法中正確的是() 圖5118At0時刻，線圈平面與中性面垂直Bt0.01 s時刻，的變化率最大Ct0.02 s時刻，感應電動勢達到最大D該線圈轉動的角速度為50 rad/s解析：選BD.由圖象可知t0、0.02 s、0.04 s時刻線圈平面是中性面位置，最大.0，故E0.t0.01 s、0.03 s、0

8、.05 s時刻線圈平面與磁感線平行，最小，最大，故E最大，從圖象可知，交變電流變化的周期T0.04 s，則50 rad/s.所以B和D正確7.(2011年包頭高二檢測)如圖5119所示，單匝矩形線圈的一半放在具有理想邊界的勻強磁場中，線圈軸線OO與磁場邊界重合，線圈按圖示方向勻速轉動(ab向紙外，cd向紙內)若從圖所示位置開始計時，并規定電流方向沿abcda為正方向，則線圈內感應電流隨時間變化的圖象是圖中的() 圖5119圖5120解析：選A.由題意知線圈總有一半在磁場中做切割磁感線的勻速轉動，所以產生的仍然是正弦交變電流，只是最大值為全部線圈在磁場中勻速轉動情況下產生的感應電動勢最大值的一半

9、，所以選項B、C錯誤再由右手螺旋定則可以判斷出A選項符合題意8.如圖5121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方向平行時() 圖5121A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abcdD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.如圖所示，設abl1，adl2，O1ar1，O1dr2.線圈繞P1軸轉動時，產生的感應電動勢e1Bl1vBl1l2.線圈繞P2軸轉動時，產生的感應電動勢

10、e2Bl1r1Bl1r2，即e1e2，所以i1i2，故選項A對B錯由右手螺旋定則可知，線圈繞P1和P2轉動時電流的方向相同，均是adcb方向，故選項C錯，再根據安培力公式可知F安BIl1，即安培力相同，D錯9如圖5122甲所示，a、b為兩個并排放置的共軸線圈，a中通有如圖乙所示的交變電流，則下列判斷錯誤的是()圖5122A在t1到t2時間內，a、b相吸B在t2到t3時間內，a、b相斥Ct1時刻兩線圈間作用力為零Dt2時刻兩線圈間吸引力最大解析：選D.t1到t2時間內，a中電流減小，a中的磁場穿過b且減小，因此b中產生與a同向的磁場，故a、b相吸，A選項正確同理B選項正確t1時刻a中電流最大，但

11、變化率為零，b中無感應電流，故兩線圈的作用力為零，故C選項正確，t2時刻a中電流為零，但此時電流的變化率最大，b中的感應電流最大，但相互作用力為零，故D選項錯誤因此，錯誤的應是D.二、非選擇題10發電機的轉子是匝數為100，邊長為20 cm的正方形線圈，將它置于磁感應強度B0.05 T的勻強磁場中，繞著垂直于磁場方向的軸以100 rad/s的角速度轉動，當線圈平面跟磁場方向垂直時開始計時線圈和外電路的總電阻R10 .線圈從計時開始，到轉過60°過程中通過線圈某一截面的電荷量為多少？解析：n又且，tt.所以，通過線圈某一截面的電荷量qtt從中性面計時，轉過60°，如圖所示BS

12、BS(1cos 60°)BSq C1×102C.答案：1×102C11.如圖5123所示，勻強磁場B0.1 T，矩形線圈的匝數N100，邊長ab0.2 m，bc0.5 m，以角速度100 rad/s繞OO軸勻速轉動當線圈通過中性面時開始計時，試求：線圈中感應電動勢的表達式圖5123解析：法一：線圈經過時間t轉過的角度t，這時bc和da邊不切割磁感線，ab和cd邊切割磁感線產生感應電動勢eabecdNBabvsint其中v所以eeabecd2eab2NBsintNBSsintEmNBS100×0.1×0.1×100 V314 Ve314sin100t V.法二：感應電動勢的瞬時值eNBSsint，由題可知：S·0.2×0.5 m20.1 m2EmNBS100×0.1×0.1×100 V314 V所以e314sin100t V.答案：e314sin100t V12.如圖5124所示，線圈的面積是0.05 m2，共100匝，線圈電阻為1 ，外接電阻R9 ，勻強磁場的磁感應強度為BT，當線圈以300 r/min的轉速勻速旋轉時，求：圖5124(1)若從線圈處于中性面開始計時，寫出線圈中感應電動勢的瞬時值表達式(2)線圈