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答案 B
解析 在0～内，线圈在匀强磁场中匀速转动，故产生正弦式交流电，由楞次定律知，电流4
TT33
为负；在～T，线圈中无感应电流；在T时，ab边垂直切割磁感线，感应电流最大，且电
444
流方向为正值，故只有B项正确. 考点三 交变电流的规律
9.一矩形线圈在匀强磁场中转动产生的感应电动势为e＝102sin (20πt) V，则下列说法正确的是( )
A.t＝0时，线圈位于中性面 B.t＝0时，穿过线圈的磁通量为零 C.t＝0时，线圈切割磁感线的有效速度最大 D.t＝0.4 s时，电动势第一次出现最大值 答案 A
解析 由感应电动势e＝102sin (20πt) V知，计时从线圈位于中性面时开始，所以t＝0时，线圈位于中性面，磁通量最大，但此时线圈切割磁感线的线速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速度为零，A正确，B、C错误.当t＝0.4 s时，e＝102sin(20π×0.4) V＝0，D错误.
10.矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动时，产生的感应电动势最大值为50 V，那么该线圈由图8所示位置转过30°，线圈中的感应电动势大小为( )
图8
A.50 V C.25 V 答案 B
解析 由题给条件知：感应电动势瞬时值表达式为e＝50cos ωt V＝50cos θ V，当θ＝30°时，e＝253 V，B对.
11.交流发电机在工作时电动势为e＝Emaxsin ωt，若将发电机的转速提高一倍，同时将线圈所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为( ) 精品K12教育教学资料
B.253 V D.10 V
精品K12教育教学资料 ωtA.e′＝Emaxsin
2C.e′＝Emaxsin 2ωt 答案 C
解析 感应电动势瞬时值表达式e＝Emaxsin ωt，而Emax＝nBSω.当ω加倍而S减半时，Emax不变，故正确答案为C选项.
12.(多选)如图9所示，一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，转动过程中线框中产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝0.5sin (20t) V，由该表达式可推知以下哪些物理量( )
ωtB.e′＝2Emaxsin
2D.e′＝
Emax
2
sin 2ωt
图9
A.匀强磁场的磁感应强度 B.线框的面积
C.穿过线框的磁通量的最大值 D.线框转动的角速度 答案 CD
解析 根据正弦式交变电流的感应电动势的瞬时值表达式：e＝BSωsin ωt，可得ω＝20 rad/s，而穿过线框的磁通量的最大值为Φm＝BS，所以可以根据BSω＝0.5 V求出磁通量的最大值Φm＝0.025 Wb，无法求出匀强磁场的磁感应强度和线框的面积，故C、D正确. 二、非选择题
13.如图10所示，匀强磁场的磁感应强度为B＝0.50 T，矩形线圈的匝数N＝100匝，边长Lab＝0.20 m，Lbc＝0.10 m，以3 000 r/min的转速绕垂直磁场的OO′轴匀速转动，若从线圈平面通过中性面时开始计时，试求：
图10
(1)感应电动势的瞬时值表达式； 精品K12教育教学资料
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(2)若线圈总电阻为2 Ω，线圈外接电阻为8 Ω，写出交变电流的瞬时值表达式； π
(3)线圈由图示位置转过时，感应电流的瞬时值.
4答案 (1)e＝100πsin (100πt) V (2)i＝10πsin (100πt) A (3)22.2 A
解析 (1)线圈的角速度ω＝2πn＝100π rad/s 线圈电动势的最大值Emax＝NBSω＝100π V 故感应电动势的瞬时值表达式：
e＝Emaxsin ωt＝100πsin (100πt) V
(2)Imax＝Emax
＝10π A R＋r所以交变电流的瞬时值表达式：
i＝10πsin (100πt) A
π
(3)i＝10πsin A＝52π A≈22.2 A
4
14.如图11甲所示，矩形线圈匝数N＝100 匝，ab＝30 cm，ad＝20 cm，匀强磁场磁感应强度B＝0.8 T，绕垂直磁场的轴OO′从图示位置开始匀速转动，角速度ω＝100π rad/s，试求：
甲 乙
图11
(1)穿过线圈的磁通量最大值Φmax为多大？线圈转到什么位置时取得此值？ (2)线圈产生的感应电动势最大值Emax为多大？线圈转到什么位置时取得此值？ (3)写出感应电动势e随时间t变化的瞬时值表达式，并在图乙中作出图像. 答案 见解析
解析 (1)当线圈转至与磁感线垂直时，磁通量有最大值.Φmax＝BS＝0.8×0.3×0.2 Wb＝0.048 Wb
(2)线圈与磁感线平行时，感应电动势有最大值
Emax＝NBSω＝480π V
(3)瞬时值表达式e＝Emaxcos ωt＝480πcos (100πt) V 图像如图所示 精品K12教育教学资料
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