《（山東省專用）2022-2023學(xué)年高中物理 第五章 交變電流 第1節(jié) 交變電流講義（含解析）新人教版選修3-2》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（山東省專用）2022-2023學(xué)年高中物理 第五章 交變電流 第1節(jié) 交變電流講義（含解析）新人教版選修3-2（16頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（山東省專用）2022-2023學(xué)年高中物理 第五章 交變電流 第1節(jié) 交變電流講義（含解析）新人教版選修3-2 1．交變電流是指大小和方向都隨時(shí)間周期性變化的電流。 2．線圈在磁場(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)可產(chǎn)生正弦式交變電流，與轉(zhuǎn)軸的位置無(wú)關(guān)。 3．正弦式交變電流的瞬時(shí)值表達(dá)式為e＝Emsin ωt, u＝Umsin ωt, i＝Imsin ωt, 式中的Em、Um、Im 是指交變電流的最大值，也叫峰值。 一、交變電流 1．交變電流 大小和方向都隨時(shí)間做周期性變化的電流，簡(jiǎn)稱交流。 2．直流 方向不隨時(shí)間變化的電流。 二、交變電流的產(chǎn)生

2、1．過(guò)程分析 2．中性面 線圈在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中，線圈平面與磁場(chǎng)垂直時(shí)所在的平面。 三、交變電流的變化規(guī)律 1．從兩個(gè)特殊位置開(kāi)始計(jì)時(shí)的瞬時(shí)值表達(dá)式 從中性面位置開(kāi)始計(jì)時(shí) 從與中性面垂直 的位置開(kāi)始計(jì)時(shí) 磁通量 Φ＝Φmcos ωt ＝BScos ωt Φ＝Φmsin ωt ＝BSsin ωt 感應(yīng) 電動(dòng)勢(shì) e＝Emsin ωt ＝NBSωsin ωt e＝Emcos ωt ＝NBSωcos ωt 電壓 u＝Umsin ωt ＝sin ωt u＝Umcos ωt ＝cos ωt 電流 i＝Imsin ωt ＝sin ωt i＝Im

3、cos ωt ＝cos ωt 2．交變電流的圖像 (1)正弦式交變電流的圖像 (2)其他幾種不同類型的交變電流 1．自主思考——判一判 (1)方向周期性變化，大小不變的電流也是交變電流。(√) (2)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中線圈繞垂直磁場(chǎng)的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)通過(guò)中性面時(shí)，感應(yīng)電流為零，但感應(yīng)電流為零時(shí)，不一定在中性面位置。(×) (3)表達(dá)式為e＝Emsin ωt 的交變電流為正弦式交變電流，表達(dá)式為e＝Emsin的交變電流也是正弦式交變電流。(√) (4)線圈繞垂直磁場(chǎng)的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中產(chǎn)生了正弦交變電流，峰值越大，則瞬時(shí)值也越大。(×) (

4、5)交變電流的圖像均為正弦函數(shù)圖像或余弦函數(shù)圖像。(×) (6)線圈繞垂直磁場(chǎng)的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中產(chǎn)生了正弦交變電流，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的圖像、感應(yīng)電流的圖像形狀是完全一致的。(√) 2．合作探究——議一議 (1)中性面是任意規(guī)定的嗎？ 提示：不是。中性面是一個(gè)客觀存在的平面，即與磁感線垂直的平面。 (2)如何理解線圈平面轉(zhuǎn)到中性面時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，而線圈平面與中性面垂直時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大呢？ 提示：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝n可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小不是與磁通量Φ直接對(duì)應(yīng)，而是與磁通量的變化率成正比。雖然線圈經(jīng)過(guò)中性面時(shí)磁通量最大，但磁通量的變化率為零，所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零；雖然線圈平面與中

5、性面垂直時(shí)磁通量為零，但磁通量的變化率最大，所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大。 (3)交流發(fā)電機(jī)輸出的電流都可以表示為i＝Imsin ωt嗎？ 提示：不一定。如果線圈從中性面的垂面開(kāi)始計(jì)時(shí)，則輸出的電流表示為i＝Imcos ωt。 正弦交變電流的產(chǎn)生 1．過(guò)程分析如圖所示為線圈abcd在磁場(chǎng)中繞軸OO′轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的截面圖，ab和cd兩個(gè)邊切割磁感線，產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)，線圈中就有了電流(或者說(shuō)穿過(guò)線圈的磁通量發(fā)生變化而產(chǎn)生了感應(yīng)電流)。 具體分析如圖所示，當(dāng)線圈轉(zhuǎn)動(dòng)到圖甲位置時(shí)，導(dǎo)體不切割磁感線，線圈中無(wú)電流；當(dāng)線圈轉(zhuǎn)動(dòng)到圖乙位置時(shí)，導(dǎo)體垂直切割磁感線，線圈中有電流，且電流從a端流入；線圈在圖丙位

6、置同線圈在圖甲位置；線圈在圖丁位置時(shí)，電流從a端流出，這說(shuō)明電流方向發(fā)生了改變；線圈在圖戊位置同在圖甲位置。線圈這樣轉(zhuǎn)動(dòng)下去，就在線圈中產(chǎn)生了交變電流。 2．中性面、中性面的垂面位置的特點(diǎn)比較 中性面 中性面 的垂面 遠(yuǎn)離 中性面 靠近 中性面 位置 線圈平面 與磁場(chǎng) 垂直 線圈平面 與磁場(chǎng) 平行 線圈平面 與磁場(chǎng) 夾角變小 線圈平面 與磁場(chǎng) 夾角變大 磁通量 最大 零 變小 變大 磁通量 變化率 零 最大 變大 變小 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) 零 最大 變大 變小 線圈邊緣線 速度與磁場(chǎng) 方向夾角 0 90° 變

7、大 變小 感應(yīng)電流 零 最大 變大 變小 電流方向 改變 不變 不變 不變 3．正弦交變電流的產(chǎn)生條件 (1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)。 (2)線圈勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。 (3)線圈的轉(zhuǎn)軸垂直于磁場(chǎng)方向。 1.[多選]如圖所示為交流發(fā)電機(jī)示意圖，線圈的AB邊連在金屬滑環(huán)K上，CD邊連在金屬滑環(huán)L上，兩個(gè)電刷E、F分別壓在兩個(gè)滑環(huán)上，線圈在轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)可以通過(guò)滑環(huán)和電刷保持與外電路的連接。關(guān)于其工作原理，下列分析正確的是(　　) A．當(dāng)線圈平面轉(zhuǎn)到中性面的瞬間，穿過(guò)線圈的磁通量最大 B．當(dāng)線圈平面轉(zhuǎn)到中性面的瞬間，線圈中的感應(yīng)電流最大 C．當(dāng)線圈平面轉(zhuǎn)到跟中性面垂直的瞬間，穿過(guò)線圈的

8、磁通量最小 D．當(dāng)線圈平面轉(zhuǎn)到跟中性面垂直的瞬間，線圈中的感應(yīng)電流最小 解析：選AC　當(dāng)線圈平面轉(zhuǎn)到中性面的瞬間，穿過(guò)線圈的磁通量最大，磁通量變化率為零，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，線圈中的感應(yīng)電流為零，故選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)線圈平面轉(zhuǎn)到跟中性面垂直的瞬間，穿過(guò)線圈的磁通量最小，磁通量變化率最大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，線圈中的感應(yīng)電流最大，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。 2．關(guān)于線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的交變電流，以下說(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)一周，感應(yīng)電流方向就改變一次 C．線圈平面每經(jīng)過(guò)中性面一次，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電

9、流的方向都要改變一次 D．線圈轉(zhuǎn)動(dòng)一周，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流方向都要改變一次 解析：選C　線圈轉(zhuǎn)至中性面時(shí)，線圈平面垂直于磁感線，磁通量最大，但磁通量的變化率、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、感應(yīng)電流均為零，電流方向恰好發(fā)生變化。因此，線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生交變電流時(shí)，每經(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，線圈每轉(zhuǎn)動(dòng)一周，兩次經(jīng)過(guò)中性面，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流的方向都改變兩次，所以C正確。 3．[多選]下圖中哪些情況，線圈中產(chǎn)生了正弦交變電流(均勻速轉(zhuǎn)動(dòng))(　　) 解析：選BCD　根據(jù)正弦交變電流產(chǎn)生的條件可知，B、C、D正確。 交變電流瞬時(shí)值表達(dá)式的書(shū)寫(xiě)

10、1．導(dǎo)體切割磁感線分析的過(guò)程 若線圈平面從中性面開(kāi)始轉(zhuǎn)動(dòng)，如圖所示，則經(jīng)過(guò)時(shí)間t： ? ? ? ? ? 2．正弦交變電流的瞬時(shí)值表達(dá)式 (1)從中性面開(kāi)始計(jì)時(shí)： ①e＝nBSωsin ωt＝Emsin ωt。 ②i＝＝sin ωt＝Imsin ωt。 ③u＝iR＝ImRsin ωt＝Umsin ωt。 (2)從垂直于中性面(即從線圈平面與磁場(chǎng)平行時(shí))開(kāi)始計(jì)時(shí)： ①e＝Emcos ωt。 ②i＝Imcos ωt。 ③u＝Umcos ωt。 [典例]　如圖所示為演示用的手搖發(fā)電機(jī)模型，勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T，線圈匝數(shù)N＝50

11、，每匝線圈面積為0.48 m2，轉(zhuǎn)速為150 r/min，線圈在勻速轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，從圖示位置開(kāi)始計(jì)時(shí)。寫(xiě)出交變感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)瞬時(shí)值的表達(dá)式。 [思路點(diǎn)撥] [解析]　當(dāng)線圈平面經(jīng)過(guò)中性面時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，則線圈在時(shí)間t內(nèi)轉(zhuǎn)過(guò)的角度為ωt，于是瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e＝Emsin ωt。 其中Em＝NBSω。 由題意知N＝50，B＝0.5 T，S＝0.48 m2， ω＝rads＝5π rad/s， Em＝NBSω＝50×0.5×0.48×5π V≈188 V， 所以e＝188 sin 5πt(V)。 [答案]　e＝188 sin 5πt(V) 交變電流瞬時(shí)值表達(dá)式的書(shū)寫(xiě)技巧 (1)確定

12、正弦交變電流的峰值，根據(jù)已知圖像讀出或由公式Em＝nBSω求出相應(yīng)峰值。 (2)確定線圈的角速度：可根據(jù)線圈的轉(zhuǎn)速或周期由ω＝＝2πf求出，f表示線圈的頻率也可表示每秒的轉(zhuǎn)數(shù)。 (3)明確線圈的初始位置，找出對(duì)應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式。 ①線圈從中性面位置開(kāi)始轉(zhuǎn)動(dòng)，則e-t，i-t，u-t圖像為正弦函數(shù)圖像，函數(shù)式為正弦函數(shù)。 ②線圈從垂直中性面位置開(kāi)始轉(zhuǎn)動(dòng)，則e-t，i-t，u-t圖像為余弦函數(shù)圖像，函數(shù)式為余弦函數(shù)?！　　　? 1．某交流發(fā)電機(jī)正常工作時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為e＝Emsin ωt。若線圈匝數(shù)減為原來(lái)的，而轉(zhuǎn)速增為原來(lái)的2倍，其他條件不變，則產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式是(　　)

13、A．e＝Emsin ωt　　　　　　 B．e＝2Emsin ωt C．e＝2Emsin 2ωt D．e＝Emsin 2ωt 解析：選D　由Em＝NBSω，角速度與轉(zhuǎn)速的關(guān)系為ω＝2πn得，當(dāng)N′＝、n′＝2n時(shí)，ω′＝2ω，Em′＝N′BSω′＝·BS·2ω＝NBSω，即Em′＝Em，故e＝Emsin 2ωt，選項(xiàng)D正確。 2.如圖所示，一半徑為r＝10 cm 的圓形線圈共100匝，在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝ T 的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，繞垂直于磁場(chǎng)方向的中心軸線OO′以n＝600 rmin的轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)線圈轉(zhuǎn)至中性面位置(圖中位置)時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)。 (1)寫(xiě)出線圈內(nèi)所產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式；

14、 (2)求線圈從圖示位置開(kāi)始在 s時(shí)的電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值； (3)求線圈從圖示位置開(kāi)始在 s時(shí)間內(nèi)的電動(dòng)勢(shì)的平均值。 解析：線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)方向的軸線勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，線圈內(nèi)產(chǎn)生正弦式交變電動(dòng)勢(shì)，當(dāng)線圈平面在中性面時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，其表達(dá)式為e＝Emsin ωt，而在某段時(shí)間內(nèi)的平均電動(dòng)勢(shì)可根據(jù)＝N求得。 (1)e＝Emsin ωt，Em＝NBSω(與線圈形狀無(wú)關(guān))， 又ω＝ rad/s＝20π rads， 故e＝100sin 20πt(V)。 (2)當(dāng)t＝ s時(shí)， e＝100sinV＝50 V≈86.6 V。 (3)在 s內(nèi)線圈轉(zhuǎn)過(guò)的角度 θ＝ωt＝20π× rad＝ rad

15、， 由Φ＝BScos ωt知ΔΦ＝BS，所以＝N＝ V。 答案：(1)e＝100sin 20πt(V)　(2)86.6 V　(3) V 交變電流的圖像 正弦式交變電流隨時(shí)間變化情況可以從圖像上表示出來(lái)，圖像描述的是交變電流隨時(shí)間變化的規(guī)律，它是一條正弦曲線，如圖所示。 從圖像中可以解讀到以下信息： 1．交變電流的最大值 Im、Em，周期T。 2．因線圈在中性面時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、感應(yīng)電流均為零，磁通量最大，所以可確定線圈位于中性面的時(shí)刻。 3．找出線圈平行于磁感線的時(shí)刻。 4．判斷線圈中磁通量的變化情況。 5．分析判斷i、e隨時(shí)間變化的規(guī)律。 [典例]　處在

16、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邊垂直，在t＝0時(shí)刻，線圈平面與紙面重合(如圖)，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變化的圖像是(　　) [思路點(diǎn)撥] →→→ [解析]　線圈在磁場(chǎng)中繞和磁場(chǎng)方向垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)可以產(chǎn)生按正弦規(guī)律變化的交變電流，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)。 [答案]　C 分析正弦交變電流圖像問(wèn)題的

17、兩個(gè)注意 (1)注意橫、縱坐標(biāo)表示的物理量，以及圖像上的特殊位置。 (2)注意把圖像和線圈的轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程對(duì)應(yīng)起來(lái)?！　　　? 1．一矩形線圈繞垂直于勻強(qiáng)磁場(chǎng)并位于線圈平面內(nèi)的固定軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖所示，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．圖像是從線圈平面位于中性面開(kāi)始計(jì)時(shí)的 B．t2時(shí)刻穿過(guò)線圈的磁通量為零 C．t2時(shí)刻穿過(guò)線圈的磁通量的變化率為零 D．感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e的方向變化時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量的方向也變化 解析：選B　由題圖可知，當(dāng)t＝0時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，說(shuō)明穿過(guò)線圈的磁通量的變化率最大，磁通量為零，即是從線圈平面與磁場(chǎng)方向平行時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)

18、的，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；t2時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，穿過(guò)線圈的磁通量的變化率最大，磁通量為零，選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e的方向變化時(shí)，線圈通過(guò)中性面，穿過(guò)線圈的磁通量最大，但方向并不變化，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 2.如圖所示，單匝矩形線圈的一半放在具有理想邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線圈軸線OO′與磁場(chǎng)邊界重合，線圈按圖示方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)(ab邊向紙外，cd邊向紙內(nèi))。若從圖示位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，并規(guī)定電流方向沿a→b→c→d→a為正方向，則線圈內(nèi)感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖像是圖中的(　　) 解析：選A　由題意知線圈總有一半在磁場(chǎng)中做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，所以產(chǎn)生的仍然是正弦式交變電流，只是感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值為全部線圈在磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)

19、動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值的一半，所以選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤。再由楞次定律及安培定則可以判斷出A選項(xiàng)符合題意。 3．如圖甲為小型旋轉(zhuǎn)電樞式交流發(fā)電機(jī)的原理圖，其矩形線圈在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，繞垂直于磁場(chǎng)方向的固定軸OO′勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，線圈的兩端經(jīng)集流環(huán)和電刷與R＝10 Ω的電阻連接，與電阻R并聯(lián)的交流電壓表為理想電壓表，示數(shù)是10 V。圖乙是矩形線圈中磁通量Φ隨時(shí)間t變化的圖像。則(　　) A．電阻R上的電功率為20 W B．0.02 s時(shí)R兩端的電壓瞬時(shí)值為零 C．R兩端的電壓u隨時(shí)間t變化的規(guī)律是 u＝14.1cos 100πt(V) D．通過(guò)R的電流i隨時(shí)間t變化的規(guī)律是

20、i＝1.41cos 50πt(A) 解析：選C　電阻R上的電功率P＝＝10 W，A錯(cuò)。0.02 s時(shí)Φ＝0，最大，此時(shí)R兩端的電壓瞬時(shí)值最大，B錯(cuò)。R兩端電壓的最大值為10 V，ω＝＝100π rad/s，因此R兩端電壓u＝14.1cos 100πt(V)，C正確。通過(guò)R的電流i＝1.41cos 100πt(A)，D錯(cuò)。 1．為了研究交流電的產(chǎn)生過(guò)程，小張同學(xué)設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)構(gòu)思方案：第一次將單匝矩形線圈放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線圈繞轉(zhuǎn)軸OO1按圖示方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)(ab向紙外，cd向紙內(nèi))。并從圖甲所示位置開(kāi)始計(jì)時(shí)。此時(shí)產(chǎn)生的交流電如圖乙所示。第二次他僅將轉(zhuǎn)軸移至ab邊上，第三次他僅將轉(zhuǎn)軸右側(cè)

21、的磁場(chǎng)去掉，關(guān)于后兩次的電流圖像，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．第二次是A圖　　　　　 B．第二次是C圖 C．第三次是B圖 D．第三次是D圖 解析：選D　第二次將轉(zhuǎn)軸移到ab邊上，產(chǎn)生的感應(yīng)電流與第一次相同，第三次將OO1右側(cè)磁場(chǎng)去掉，線圈在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中只有一邊切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電流的最大值為原來(lái)的，因此選D。 2．一閉合矩形線圈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(　　) 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

22、變 C．t2、t4時(shí)刻通過(guò)線圈的磁通量最大 D．t2、t4時(shí)刻線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最小 解析：選B　t1、t3時(shí)刻通過(guò)線圈的磁通量Φ最大，磁通量變化率為零，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、感應(yīng)電流均為零，線圈中感應(yīng)電流方向改變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確；t2、t4時(shí)刻通過(guò)線圈的磁通量為零，磁通量的變化率最大，即感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。 3.[多選]某線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生交變電流的圖像如圖所示，由圖中信息可以判斷(　　) A．在A和C時(shí)刻線圈處于中性面位置 B．在B和D時(shí)刻穿過(guò)線圈的磁通量為零 C．從A→D時(shí)刻線圈轉(zhuǎn)過(guò)的角度為π D．若從O→D時(shí)刻歷時(shí)0.02 s，則

23、在1 s內(nèi)交變電流的方向改變100次 解析：選CD　由題圖可知，在O、B、D時(shí)刻感應(yīng)電流為零，所以此時(shí)線圈恰好在中性面位置，且穿過(guò)線圈的磁通量最大；在A、C時(shí)刻感應(yīng)電流最大，線圈處于和中性面垂直的位置，此時(shí)穿過(guò)線圈的磁通量為零，故A、B錯(cuò)誤。從A到D時(shí)刻，線圈旋轉(zhuǎn)周，轉(zhuǎn)過(guò)的角度為π；如果從O到D時(shí)刻歷時(shí)0.02 s，恰好為一個(gè)周期，所以1 s內(nèi)線圈轉(zhuǎn)動(dòng)50個(gè)周期，100次經(jīng)過(guò)中性面，交變電流的方向改變100次，故C、D正確。 4.如圖所示，一矩形線圈abcd，已知ab邊長(zhǎng)為l1，bc邊長(zhǎng)為l2，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從圖示位置開(kāi)始勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則t時(shí)刻線圈中的感應(yīng)電動(dòng)

24、勢(shì)為(　　) A．0.5Bl1l2ωsin ωt　　　 B．0.5Bl1l2ωcos ωt C．Bl1l2ωsin ωt D．Bl1l2ωcos ωt 解析：選D　因?yàn)殚_(kāi)始時(shí)刻線圈平面與磁感線平行，即從垂直于中性面開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，所以開(kāi)始時(shí)刻線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大為Em＝Bl1l2ω，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)形式應(yīng)為余弦形式，因此在t時(shí)刻線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為Bl1l2ω cos ωt，故正確選項(xiàng)為D。 5.[多選]如圖所示，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)到圖示與磁場(chǎng)方向平行時(shí)(　　) A．線圈繞P1轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的電流等

25、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．線圈分別繞P1和P2轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的電流的方向相同，都是a→d→c→b D．線圈繞P1轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)dc邊受到的安培力大于繞P2轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)dc邊受到的安培力 解析：選AC　產(chǎn)生正弦交變電流的條件是軸和磁感線垂直，與軸的位置和線圈形狀無(wú)關(guān)，線圈abcd分別繞軸P1、P2轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)到圖示位置時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝nBSω，由I＝可知此時(shí)I相等，故選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由右手定則可知電流方向?yàn)閍→d→c→b，故選項(xiàng)C正確；dc邊受到的安培力F＝BLdcI，故F一樣大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 6.如圖所示，線圈abcd的面積是0.05 m2，共1

26、00匝，線圈的總電阻r＝1 Ω，外接電阻R＝9 Ω，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝ T，線圈以角速度ω＝100π rad/s勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。 (1)若線圈經(jīng)過(guò)圖示位置(線圈平面與磁感線垂直)時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，寫(xiě)出線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)瞬時(shí)值的表達(dá)式。 (2)寫(xiě)出交變電流的瞬時(shí)值表達(dá)式。 (3)求線圈由圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)的過(guò)程中，交變電動(dòng)勢(shì)的平均值。 解析：(1)線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為 Em＝NBSω＝100××0.05×100π V＝500 V 線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)瞬時(shí)值e＝Emsin ωt 所以e＝500sin 100πt(V)。 (2)交變電流的最大值Im＝＝ A＝50 A， 所以電流的瞬時(shí)值表達(dá)式為

27、i＝50sin 100πt(A)。 (3)＝N＝＝ V。 答案：(1)e＝500sin 100πt(V)　(2)i＝50sin 100πt(A)　(3) V 7.如圖所示，在水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)中一矩形閉合線圈繞OO′軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，若要使線圈中的電流峰值減半，不可行的方法是(　　) A．只將線圈的轉(zhuǎn)速減半 B．只將線圈的匝數(shù)減半 C．只將勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度減半 D．只將線圈的邊長(zhǎng)減半 解析：選B　由Im＝，Em＝NBSω，ω＝2πn，得Im＝，故A、C可行；又電阻R與匝數(shù)有關(guān)，當(dāng)匝數(shù)減半時(shí)電阻R也隨之減半，則Im不變，故B不可行；當(dāng)邊長(zhǎng)減半時(shí)，面積S減為原來(lái)的，

28、而電阻減為原來(lái)的，故D可行。 8.[多選]一矩形線圈，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)方向并位于線圈平面的固定軸轉(zhuǎn)動(dòng)，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖所示，則下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．t1和t3時(shí)刻穿過(guò)線圈的磁通量為零 B．t1和t3時(shí)刻穿過(guò)線圈的磁通量的變化率為零 C．線圈平面從與磁場(chǎng)方向平行的時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí) D．每當(dāng)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e變換方向時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量的絕對(duì)值都最大 解析：選BCD　由圖像可知，為余弦式交變電流，說(shuō)明t＝0時(shí)，線圈平面與磁感線方向平行，選項(xiàng)C正確。t1、t3時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，說(shuō)明這兩個(gè)時(shí)刻穿過(guò)線圈的磁通量變化率為零，穿過(guò)線圈的磁通量最大，所以選項(xiàng)

29、B正確，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。當(dāng)線圈通過(guò)中性面時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量的絕對(duì)值最大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向要發(fā)生改變，所以選項(xiàng)D正確。 9．一只矩形線圈在勻強(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)間變化的圖像如圖所示。則下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．t＝0時(shí)刻，線圈平面與中性面垂直 B．t＝0.01 s時(shí)刻，Φ的變化率為0 C．t＝0.02 s時(shí)刻，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)達(dá)到最大 D．從t＝0.01 s時(shí)刻至t＝0.04 s時(shí)刻線圈轉(zhuǎn)過(guò)的角度是π 解析：選D　由圖像可知t＝0、t＝0.02 s、t＝0.04 s時(shí)刻線圈平面位于中性面位置，Φ最大，＝0，故E＝0；t＝0.0

30、1 s、t＝0.03 s、t＝0.05 s時(shí)刻線圈平面與磁感線平行，Φ最小，最大，故E最大，從圖像可知，從t＝0.01 s時(shí)刻至t＝0.04 s時(shí)刻線圈旋轉(zhuǎn)周，轉(zhuǎn)過(guò)的角度為π。 10.[多選]一單匝矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)的軸線勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生正弦式交變電流，其電動(dòng)勢(shì)的變化規(guī)律如圖中圖線a所示，當(dāng)調(diào)整線圈轉(zhuǎn)速后，電動(dòng)勢(shì)的變化規(guī)律如圖線b所示，以下關(guān)于這兩個(gè)正弦式交變電流的說(shuō)法正確的是(　　) A．從圖線可算出穿過(guò)線圈磁通量的最大值 B．線圈先后兩次轉(zhuǎn)速之比為2∶3 C．在圖線a和b中，t＝0時(shí)刻穿過(guò)線圈的磁通量均為零 D．圖線b電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為e＝100sin t(V)

31、 解析：選AD　根據(jù)圖線a：感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值Em＝BSω＝Φmω，因此磁通量最大值Φm＝＝＝Wb，A正確。線圈先后兩次周期之比＝＝，＝＝，B錯(cuò)誤。t＝0時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，線圈處于中性面位置，磁通量最大，C錯(cuò)誤。感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值Em＝BSω，因此＝＝，即Emb＝Ema＝100 V，圖線b電動(dòng)勢(shì)瞬時(shí)值表達(dá)式為e＝Embsin ωbt＝100sin t(V)，D正確。 11.如圖所示，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)。當(dāng)線圈平面通過(guò)中性面時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，試求： (1)線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬

32、時(shí)值表達(dá)式。 (2)由t＝0至t＝過(guò)程中的平均電動(dòng)勢(shì)值。 解析：(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值e＝NBSωsin ωt，由題可知S＝a·b＝0.2×0.5 m2＝0.1 m2 Em＝NBSω＝100×0.1×0.1×100π 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。 答案：(1)e＝314sin 100πt(V)　(2)200 V 12.如圖所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一個(gè)“π”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，線框相鄰兩邊相互垂直，其中CD

33、邊長(zhǎng)為20 cm，CE、DF長(zhǎng)均為10 cm，轉(zhuǎn)速為50 r/s，若從圖示CEFD平面平行磁場(chǎng)位置開(kāi)始計(jì)時(shí)： (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)求出由圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)30°過(guò)程中線框產(chǎn)生的平均電動(dòng)勢(shì)； (3)作出線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的e-t圖像。 解析：(1)線框轉(zhuǎn)動(dòng)，開(kāi)始計(jì)時(shí)的位置為線框平面與磁感線平行的位置，CD邊長(zhǎng)為l1＝20 cm，CE、DF邊長(zhǎng)為l2＝10 cm，在t時(shí)刻線框轉(zhuǎn)過(guò)的角度為ωt，此時(shí)刻e＝Bl1l2ωcos ωt 其中B＝ T l1×l2＝0.1×0.2 m2＝0.02 m2 ω＝2πn＝2π×50 rad/s＝100π rad/s 故e＝×0.02×100πcos 100πt(V) 即e＝10 cos 100πt(V)。 (2)線框由題圖所示位置轉(zhuǎn)過(guò)30°的過(guò)程中 ΔΦ＝Bl1l2 Δt＝ 則平均電動(dòng)勢(shì)E＝＝ V。 (3)線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的圖像如圖所示： 答案：(1)e＝10 cos 100πt(V)　(2) V (3)見(jiàn)解析圖