HP HUOYEaUIFANXUNLIAN05为活页规范训I练对点演纬知能提奔（时间：60分钟）I达标基训I知识点一用函数表达式描述交变电流1 .闭合线圈在匀强磁场中匀速转动，转速为240 r/mi n,若线圈平面转至与磁场方向平行时的电动势为2 V，则从中性面开始计时，所产生的交流电动势的1表达式为e=V,电动势的峰值为 V,从中性面起经48 s,交流电动势的大小为V解析 当线圈平面与磁场平行时（S启），感应电动势最大，即Em= 2 V ,3= 2 m240=2nX eorad/s= 8 nrad/s则从中性面开始计时,瞬时值表达式：e= Emsin 3t=2sin 8 t V，当 t= 48 s 时，e= 2sin 8 nX 48 V = 1 V.答案 2sin 8 n 212. （双选）线圈在磁场中匀速转动产生的交流电的瞬时电动势为e= 10 2sin 20 t nV，则下列说法正确的是（）.A. t = 0时，线圈平面位于中性面B. t = 0时，穿过线圈的磁通量最大C. t = 0时，导线切割磁感线的有效速度最大D. t = 0.4 s时，e达到峰值10 2 V解析 根据交流电动势的瞬时值表达式可判断题目所给的交流电为正弦式交变电流，当t = 0时，e= 0,所以此时磁通量的变化率为零，导线切割磁感线的有效速度为零，但此时穿过线圈的磁通量最大，线圈平面位于中性面，所以 A、B 正确，C 错误；当 t = 0.4 s 时，e= 10 2sin 20 t = 10.2sin 8 n=0, 所以D错误.答案 AB3. （单选）交流发电机在工作时的电动势为e= Emsin 3t,若将其电枢的转速提高1倍，其他条件不变，则其电动势变为A. Emsin2C. Emsin 2wtB.3t2Emsin22Ems in 2 3t解析 电枢转速提高1倍，由3= 2m知，角速度变为原来的2倍；由电动势最大值表达式Em= nBS知，最大值也变为原来的 2倍. 答案 D4. （单选）如图2-2-13所示，矩形线圈abed，已知ab为Li，ad为L2，在磁感强 度为B的匀强磁场中绕00轴以角速度 讽从图中位置开始）匀速转动，则线圈中感应电动势的大小为()a 9b5XX !. XX11xx ! xx11xx ! x x1 6c图 2-2-131.r1A. 2BL1L23Sin 3t B.2BL1L2COS 3tC. BL1L2wsin 3t D. BL1L2weos 3t解析 线圈经过时间t时，转过角度0,这时ab，cd边切割磁感线产生感应电动势Eab= BL1vsin 0 Ecd= BL1vsin 0 be， ad边不切割磁感线不产生感应电动势，故线圈中的感应电动势为 E= Eab+ Ecd= 2BL1vsin 0= 2BL1 ：2l2 wsin wt=BL1L2 wsin w t故正确选项应为 C.答案 C知识点二 用图象描述交变电流5. （单选）处在匀强磁场中的矩形线圈abed，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2-2-14 所示），线圈的cd边离开纸面向外运动.若规定由 af bf cf df a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流i随时间t变化的图线是()图 2-2-14解析 线圈在磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，可以产生按正弦规律变化的交流电.对于图示起始时刻，线圈的 cd边离开纸面向纸外运动，速度方向和磁场方向垂直，产生的电动势的瞬时值最大；用右手定则判断出电流方向为逆时针方向，与规定的正方向相同.所以C对.答案 C6. （单选）通有电流i = Imsin 3啲长直导线00与断开的圆形导线圈在同一平面内，如图2-2-15所示（设电流由0至0为正），为使A端的电势高于B端的 电势且Uab减小，交变电流必须处于每个周期的().图 2-2-15a .第一个4周期b.第二个4周期1 1c.第三个4周期d .第四个4周期解析 由石可知，要E减小，即要石减小，题中要求 也 招，由楞次1定律知，只有在第一个4周期才符合要求，A项正确.答案 A7. （双选）如图2-2-16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00以恒定的角速度 3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，则在时2 3or 甲图 2-2-16A .线圈中的电流最大B. 穿过线圈的磁通量为零C. 线圈所受的安培力为零D. 线圈中的电流为零n T解析t二庄=4，此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错误，C、D正确.答案 CD8. （单选）如图2-2-17所示，一矩形线圈abed放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd 中点的轴00以角速度3逆时针匀速转动.若以线圈平面与磁场夹角 A0 时（如图）为计时起点，并规定当电流自 a流向b时电流方向为正.贝U下列四 幅图中正确的是（）.图 2-2-17D解析 矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，从线圈平面与磁场方向平行开始计时，产生的感应电流按余弦规律变化，由于t= 0时，线圈的转动方向如题图，由右手定则判断可得，此时ad中电流方向为由a到d,线圈中电流方向为a df cf bf a,与规定的电流正方向相反，电流为 负值又因为此时产生的感应电动势最大，故只有D正确.答案 D9. （双选）如图2-2-18甲所示，“匚”形金属框导轨水平放置导轨上跨接一金属棒ab,与导轨构成闭合回路，并能在导轨上自由滑动，在导轨左侧与ab平行放置的导线cd中通以如图乙所示的交变电流，规定电流方向自c向d为正，则ab棒受到向左的安培力的作用时间是图 2-2-18A . 0f tl B . tlf t2 C. t2f t3 D . t3f t4解析在Of ti时间内，电流i由cf d且逐渐增大，由安培定则及楞次定律可判定：闭合回路中的磁场方向垂直纸面向里，金属棒ab中的电流方向由af b，再由左手定则可判定，此时ab棒所受安培力向左，A正确.同理可判断出在tlf t2时间内，在t3t4时间内ab棒所受安培力向右，在t2f t3时间内ab棒所受安培力向左，C正确.答案 AC10. 在水平方向的匀强磁场中，有一正方形闭合线圈绕垂直磁感线的轴匀速转动， 已知线圈的匝数为n= 100匝，边长为20 cm,电阻为10 Q,转动频率f = 50 Hz, 磁场的磁感应强度为0.5 T,求：(1) 外力驱动线圈转动的功率.(2) 转至线圈平面与中性面的夹角为 30 寸，线圈产生的感应电动势及感应电 流的大小.(3) 线圈由中性面转至与中性面成 30 夹角的过程中，通过线圈横截面的电荷 量.解析(1)线圈中交变电动势的最大值Em= nBS= 100X 0.5X (0.2)2 X 2 nX 50 V= 628 V交变电动势的有效值E= Em = 3142 V外界驱动线圈转动的功率与线圈中交变电流的功率相等，即 P 外=宣=引爲2 W = 1.97X 104 W.(2) 线圈转到与中性面成30角时，其电动势的瞬时值e= Ems in 30 =314 V，e 314交变电流的瞬时值i =A = 31.4 A.(3) 在线圈从中性面转过30角的过程中，线圈中的平均感应电动势E = nj；E 平均感应电流I =R = nR亦，通过导体横截面的电荷量为 q，则q= I虫=2 2 nBl 1-cos 30 100X 0.5X 0.2 X 1-0.866n_R =R =10C=0.027 C.答案 (1)1.97X 104 W (2)314 V 31.4 A(3)0.027 C11. 如图2-2-19所示，在匀强磁场中有一个“ n形导线框可绕AB轴转动，已知匀强磁场的磁感应强度 B = 52 t,线框的CD边长为20 cm, CE、DF长 n均为10 cm,转速为50 r/s若从图示位置开始计时：(1) 写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；(2) 在et坐标系中作出线框中感应电动势随时间变化关系的图象.解析 线框转动，开始计时的位置为线圈平面与磁感线平行的位置，在t时刻线框转过的角度为 w t此时刻e= BI1I23COS即卩e= BScos w t其中B=5n2 T, S= 0.1X 0.2 m2= 0.02 m2,2m = 2 nX 50 rad/s= 100 n rad,故e二0.02X 100n cos 100tV，即 e= 10 .2cos100 trV.(2)线框中感应电动势随时间变化关系的图象如图所示.答案 (1)e= 10 2cos 100 tW (2)略12. 如图2-2-20所示，总电阻为r的n匝矩形线圈abcd置于磁感应强度为B的 匀强磁场中，一边ab= I1,另一边ad= I2,绕垂直于磁场方向的对称轴 00 以角速度w匀速转动.线圈通过电刷与外电阻 R组成闭合电路.I图 2-2-20求线圈中产生的电动势的最大值.(2)从线圈处于中性面开始计时，写出闭合电路中瞬时电流随时间变化的表达式，并画出电流变化的图象.解析(1)矩形线圈平面与磁场方向平行时，ab和cd两导线切割磁感线的速B3II2eab = ecd= Bl iv =2匝线圈产生的最大电动势em = eab + &dn匝线圈产生的最大电动势 em= nBlib 3(2)由闭合电路欧姆定律得n BI1I23i =sin 3tR+ r2nT =3电流随时间变化的图象如下图所示答案(1) nBSb1 =黔前3t图象见解析图