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[随堂检测]1．如图所示，属于交流电的是()解析：选C.方向随时间做周期性变化是交变电流最重要的特征．A、B、D三项所示的电流大小随时间做周期性变化，但其方向不变，不是交变电流，它们所表示的是直流电．C选项中电流的方向随时间做周期性变化，故选C.2．如图所示，形状或转轴位置不同，但面积均为S的单匝线圈处在同一个磁感应强度为B的匀强磁场中，以相同的角速度ω匀速转动，从图示的位置开始计时，则下列正确的说法是()A．感应电动势最大值不同B．感应电动势瞬时值不同C．感应电动势最大值、瞬间值都不同D．感应电动势最大值、瞬时值都相同解析：选D.感应电动势的最大值都为Em＝BSω，A错误；感应电动势的瞬时值e＝Emsinωt与转轴位置无关，图中都以中性面位置开始计时，故瞬时值相同，D正确，B、C错误．3．(多选)如图甲所示，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ω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＝π2ω时刻()A．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．线圈中的电流为零解析：选CD.t＝π2ω＝T4，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．4．处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab边垂直．在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合(如图)，线圈的cd边离开纸面向外运动．若规定由a→b→c→d→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()解析：选C.由线圈从垂直于中性面开始转动知是余弦式，故A、B错误．cd边离开纸面向外运动，由右手定则知感应电流方向为a→b→c→d→a取正值，C正确，D错误．5．如图所示，一小型发电机内有n＝100匝矩形线圈，线圈面积S＝0.10m2，线圈电阻可忽略不计．在外力作用下矩形线圈在B＝0.10T匀强磁场中，以恒定的角速度ω＝100πrad/s绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，发电机线圈两端与R＝100Ω的电阻构成闭合回路．求：(1)线圈转动时产生感应电动势的最大值；(2)从线圈平面通过中性面时开始，线圈转过90°角的过程中，通过电阻R横截面的电荷量．解析：(1)线圈中感应电动势的最大值Em＝nBSω≈3.1×102V.(2)设从线圈平面通过中性面时开始，线圈通过90°角所用的时间为Δt，线圈中的平均感应电动势E－＝nBSΔt通过电阻R的平均电流I－＝E－R＝nBSRΔt在Δt时间内通过电阻横截面的电荷量Q＝I－Δt＝nSBR＝1.0×10－2C.答案：(1)3.1×102V(2)1.0×10－2C[课时作业]一、单项选择题1．关于交变电流和直流电的说法中，正确的是()A．如果电流大小随时间做周期性变化，则一定是交变电流B．直流电的大小和方向一定不变C．交变电流一定是按正弦规律变化的D．交变电流的最大特征就是电流方向随时间做周期性的变化解析：选D.直流电的特征是电流的方向不变，电流的大小可以改变．交变电流的特征是电流的方向随时间改变．交变电流有多种形式，正弦式交流电只是交变电流中最基本、最简单的一种，故选D.2．甲、乙两电路中电流与时间关系如图所示，属于交变电流的是()A．甲、乙都是B．甲是乙不是C．乙是甲不是D．甲、乙都不是解析：选B.题图甲中电流大小不变、方向变化，是交流电，题图乙中大小变化、方向不变，是直流电，故选B.3.线框在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动(由上向下看是逆时针方向)，当转到如图所示位置时，磁通量和感应电动势大小的变化情况是()A．磁通量和感应电动势都在变大B．磁通量和感应电动势都在变小C．磁通量在变小，感应电动势在变大D．磁通量在变大，感应电动势在变小答案：D4．某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，由图中信息可以判断()A．在A和C时刻线圈处于中性面位置B．在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零C．从A→D时刻线圈转过的角度为2πD．从O→D交变电流完成了一次全变化解析：选D.根据题图图象，首先判断出感应电流的数学表达式i＝Imsinωt.其中Im是感应电流的最大值，ω是线圈旋转的角速度．另外应该进一步认识到线圈是从中性面开始旋转，而且线圈旋转一周，两次经过中性面，经过中性面的位置时电流改变方向．从题图来看，在O、B、D时刻电流为零，所以此时线圈恰好在中性面的位置，且穿过线圈的磁通量最大；在A、C时刻电流最大，线圈处于和中性面垂直的位置，此时磁通量为零；从A到D时刻，线圈旋转3/4周，转过的角度为32π；从O到D，线圈在磁场中恰好转过一周，所以交变电流完成了一次全变化．只有选项D正确．5．一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则以下说法正确的是()A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直B．t＝0.01s时刻，Φ的变化率最大C．t＝0.02s时刻，感应电动势达到最大值D．该线圈产生的感应电动势的图象如图乙所示解析：选B.由题图甲可知，t＝0和t＝0.02s时刻，Φ的绝对值最大，线圈平面恰好处在中性面位置，感应电动势为零，所以选项A、C错误；在t＝0.01s和t＝0.03s时刻，图象切线的斜率最大，即Φ的变化率最大，感应电动势最大，故选项D错误，选项B正确．6.如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时()A．线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流B．线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势C．线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同，都是a→b→c→dD．线圈绕P1转动时cd边受到的安培力大于绕P2转动时cd边受到的安培力解析：选A.无论是绕P1转动还是绕P2转动，线圈转到图示位置时产生的电动势都为最大值Em＝nBSω，由欧姆定律可知此时I相等，A对，B错；由右手定则可知线圈中电流方向为a→d→c→b→a，故C错；cd边所受的安培力F＝BLcdI，故F一样大，D错．7．如图所示，一正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速运动，沿着OO′观察，线圈沿逆时针方向转动．已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，边长为l，电阻为R，转动的角速度为ω.则当线圈转至图示位置时()A．线圈中感应电流的方向为abcdaB．穿过线圈的磁通量不为0C．线圈中的感应电流为nBl2ωRD．穿过线圈磁通量的变化率为0解析：选C.由右手定则可知电流方向为adcba，A错误；图示位置线圈平面与磁感线平行，所以穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，B、D错误；图示位置，线圈产生的感应电动势Em＝nBl2ω，由欧姆定律知，线圈中的电流为Im＝EmR＝nBl2ωR，C正确．二、多项选择题8.对于如图所示的电流i随时间t做周期性变化的图象，下列说法中正确的是()A．电流大小变化，方向不变，是直流电B．电流大小、方向都变化，是交流电C．电流最大值为0.2AD．电流做周期性变化，是交流电解析：选AC.由图象可知电流大小变化，方向不变，且电流的最大值为0.2A.9．一闭合矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴OO′匀速转动，线圈平面位于如图甲所示的匀强磁场中．通过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是()A．t1、t3时刻通过线圈的磁通量变化率最大B．t1、t3时刻线圈中感应电流方向改变C．t2、t4时刻线圈中磁通量最大D．t2、t4时刻线圈中感应电动势最大解析：选BD.t1、t3时刻通过线圈的磁通量Φ最大，磁通量变化率ΔΦΔt＝0，此时感应电动势、感应电流为零，线圈中感应电流方向改变，A错误，B正确；t2、t4时刻线圈中磁通量为零，磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，C错误，D正确．10．线圈在磁场中匀速转动产生的交流电的瞬时电动势为e＝102sin20πtV，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＝0.4s时，e达到峰值102V解析：选AB.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＝0.4s时，e＝102·sin20πtV＝102sin8πV＝0，所以D错误．三、非选择题11．如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R.线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω匀速转动，线框从中性面开始转过π2的过程中，通过导线横截面的电荷量q＝________．解析：q＝I－Δt＝E－RΔt＝ΔΦR＝BSR.答案：BSR12.如图所示，一半径为r＝10cm的圆形线圈共100匝，在磁感应强度B＝5π2T的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的中心轴线OO′以n＝600r/min的转速匀速转动，当线圈转至中性面位置(图中位置)时开始计时．(1)写出线圈内所产生的交变电动势的瞬时值表达式；(2)求线圈从图示位置开始在160s时的电动势的瞬时值；(3)求线圈从图示位置开始在160s时间内的电动势的平均值．解析：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴线匀速转动时，线圈内产生正弦式交变电动势，当线圈平面在中性面时开始计时，其表达式为e＝Emsinωt，而在某段时间内的平均电动势可根据E－＝NΔΦΔt求得．(1)e＝Emsinωt，Em＝NBSω(与线圈形状无关)，ω＝20πrad/s，故e＝100sin20πtV.(2)当t＝160s时，e＝100sin20π×160V＝503V≈86.6V.(3)在160s内线圈转过的角度θ＝ωt＝20πrad/s×160s＝π3，由Φ＝BScosωt知ΔΦ＝12BS，所以E－＝NΔΦΔt＝150πV.答案：(1)e＝100sin20πtV(2)86.6V(3)150πV