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1、课时跟踪检测（七） 交变电流1如图所示的各图像中表示交变电流的是()解析：选DB、C两图像中，虽然电流大小随时间做周期性变化，但方向从图上看在t轴一侧方向不变，故不是交变电流。A图中电流的方向没发生变化，不是交变电流。D图中，从图上看电流分布在t轴两侧，电流的大小、方向均做周期性变化，是交变电流，故选D。2. (多选)某线圈在匀强磁场中匀速转动，穿过它的磁通量随时间变化的规律如图1所示，则()图1At1时刻，穿过线圈的磁通量的变化率最大Bt2时刻，穿过线圈的磁通量的变化率为零Ct3时刻，线圈中的感应电动势为零Dt4时刻，线圈中的感应电动势最大解析：选CDt1时刻，穿过线圈的最大，但为零，A错误
2、；t2时刻，穿过线圈的等于零，但最大，B错误；t3时刻，最大，等于零，感应电动势等于零，C正确；t4时刻，等于零，但最大，感应电动势最大，D正确。3一交流发电机的感应电动势eEmsin t，如将线圈的匝数增加一倍，电枢的转速也增加一倍，其他条件不变，感应电动势的表达式将变为()Ae2Emsin 2tBe2Emsin 4tCe4Emsin 2t De4Emsin 4t解析：选CeEmsin tNBS sin t，现N2N，2，则Em4Em，所以感应电动势的瞬时值表达式将变为e4Emsin 2t。4.如图2所示，一矩形线圈abcd，已知ab边长为l1，bc边长为l2，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕
3、OO轴以角速度从图示位置开始匀速转动，则t时刻线圈中的感应电动势为()图2A0.5Bl1l2sin tB0.5Bl1l2cos tCBl1l2sin t DBl1l2cos t解析：选D因为开始时刻线圈平面与磁感线平行，即从垂直于中性面开始运动，所以开始时刻线圈中感应电动势最大为EmBl1l2，感应电动势的表达形式应为余弦形式，因此在t时刻线圈中的感应电动势为Bl1l2 cos t，故正确选项为D。5如图3所示，矩形线圈ABCD放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈以相同的角速度分别绕OO、AD、EF、AB轴线匀速转动，线圈中产生的最大感应电动势分别为E1、E2、E3、E4，则下列判断正确的是(
4、)图3AE1E2，E3E4BE1E2E3，E40CE1E2E3E4DE1E4，E2E3解析：选B线圈以相同的角速度分别绕OO、AD、EF在匀强磁场中匀速转动时，产生的最大感应电动势为EmBS，和转轴的位置无关，即E1E2E3，当线圈绕AB轴转动时，线圈的磁通量始终为零，无感应电动势，即E40，故B正确。6如图4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OO以恒定的角速度转动。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乙所示的余弦规律变化，则在t时刻()图4A线圈中的电流最大B穿过线圈的磁通量为零C线圈所受的安培力最大D线圈中的电流为零解析：选D由T，故t，此
5、时线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，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、C错误，D正确。 7.如图5所示，在水平匀强磁场中一矩形闭合线圈绕OO轴匀速转动，若要使线圈中的电流峰值减半，不可行的方法是()图5A只将线圈的转速减半B只将线圈的匝数减半C只将匀强磁场的磁感应强度减半D只将线圈的边长减半解析：选B由Im，EmNBS，2n，得Im，故A、C可行；又电阻R与匝数有关，当匝数减半时电阻R也随之减半，则Im不变，故B不可行；当边长减半时，面积S减为原来的，而电阻减为原来的，故D可行。8. (多选)一矩形线圈，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向并位于
6、线圈平面的固定轴转动，线圈中产生的感应电动势e随时间t的变化规律如图6所示，则下列说法中正确的是()图6At1和t4时刻穿过线圈的磁通量为零Bt1和t3时刻穿过线圈的磁通量的变化率为零C线圈平面从与磁场方向平行的时刻开始计时D每当感应电动势e变换方向时，穿过线圈的磁通量的绝对值都最大解析：选BCD由图像可知，为余弦式交变电流，说明t0时，线圈平面与磁感线方向平行，选项C正确。t1、t3时刻感应电动势为零，说明这两个时刻穿过线圈的磁通量变化率为零，穿过线圈的磁通量最大，所以选项B正确，选项A错误。当线圈通过中性面时，感应电动势为零，感应电动势的方向要发生改变，所以选项D正确。9一只矩形线圈在匀强
7、磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图7所示。则下列说法中正确的是()图7At0时刻，线圈平面与中性面垂直Bt0.01 s时刻，的变化率为0Ct0.02 s时刻，感应电动势达到最大D从t0.01 s时刻至t0.04 s时刻线圈转过的角度是解析：选D由图像可知t0、t0.02 s、t0.04 s时刻线圈平面位于中性面位置，最大，0，故E0；t0.01 s、t0.03 s、t0.05 s时刻线圈平面与磁感线平行，最小，最大，故E最大，从图像可知，从t0.01 s时刻至t0.04 s时刻线圈旋转周，转过的角度为。10. (多选)一单匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的
8、轴线匀速转动时产生正弦式交变电流，其电动势的变化规律如图8中图线a所示，当调整线圈转速后，电动势的变化规律如图线b所示，以下关于这两个正弦式交变电流的说法正确的是()图8A从图线可算出穿过线圈磁通量的最大值B线圈先后两次转速之比为23C在图线a和b中，t0时刻穿过线圈的磁通量均为零D图线b电动势的瞬时值表达式为e100sin t(V)解析：选AD根据图线a：感应电动势最大值EmBSm，因此磁通量最大值mWb，A正确。线圈先后两次周期之比，B错误。t0时刻感应电动势为零，线圈处于中性面位置，磁通量最大，C错误。感应电动势最大值EmBS，因此，即EmbEma100 V，图线b电动势瞬时值表达式为e
9、Embsin bt100sin t(V)，D正确。11.如图9所示，匀强磁场B0.1 T，所用矩形线圈的匝数N100，边长ab0.2 m，bc0.5 m，以角速度100 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9(1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式。(2)由t0至t过程中的平均电动势值。解析：(1)感应电动势的瞬时值eNBSsin t，由题可知Sab0.20.5 m20.1 m2EmNBS1000.10.1100 V314 V所以e314sin 100t V。(2)用EN计算t0至t过程中的平均电动势ENN即ENBS。代入数值得E200 V。答案：(1)e314si
10、n 100t V(2)200 V12.如图10所示，边长为0.5 m的正方形线框ABCD绕AB边在磁感应强度为0.4 T的匀强磁场中匀速转动，AB边与磁场方向垂直，转速为50 r/s。求：图10(1)感应电动势的最大值。(2)转动过程中，若从图示位置开始计时，当穿过线圈平面的磁通量为0.05 Wb时，感应电动势的瞬时值。解析：(1)因为转速 n50 r/s则角速度2n100 rad/s所以感应电动势的最大值：EmBS0.40.52100 V31.4 V。(2)穿过线圈的磁通量表达式为BScos t当0.05 Wb时，cos t则此时感应电动势为eEmsin t31.4 V27.2 V。答案：(1)31.4 V(2)27.2 V6
