12．(15分)(2010·郑州模拟)如图11甲所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的

两端接一只小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场．已

知线圈的匝数n＝100匝，电阻r＝1.0 Ω，所围成矩形的面积S＝0.040 m²，小灯泡

的电阻R＝9.0 Ω，磁场的磁感应强度按如图11乙所示的规律变化，线圈中产生的感

应电动势的瞬时值表达式为e＝nB_mScos(t)，其中B_m为磁感应强度的最大值，T

为磁场变化的周期．不计灯丝电阻随温度的变化，求：

图11

(1)线圈中产生的感应电动势的最大值；

(2)小灯泡消耗的电功率；

(3)在磁感应强度变化的0-的时间内，通过小灯泡的电荷量．

解析：(1)由图象知，线圈中产生的交变电流的周期T＝3.14×10^－2s，所以

E_m＝nB_mSω＝＝8.0 V.

(2)电流的最大值I_m＝＝0.80 A，

有效值I＝＝ A，

小灯泡消耗的电功率P＝I²R＝2.88 W.

(3)在0-时间内，电动势的平均值＝，

平均电流＝＝，

流过灯泡的电荷量Q＝Δt＝＝4.0×10^－3 C.

答案：(1)8.0 V　(2)2.88 W　(3)4.0×10^－3 C

演算步骤，有数值计算的要注明单位)

11．(15分)图10甲所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁

场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的匝数n＝100匝、电阻r＝10

Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R＝90 Ω，与R并联的交流电压表为

理想电表．在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时

间t按图10乙所示正弦规律变化．求：

图10

(1)交流发电机产生的电动势的最大值；

(2)电路中交流电压表的示数．

解析：(1)交流发电机产生的电动势的最大值

E_m＝nBSω

而Φ_m＝BS，ω＝，所以E_m＝

由Φ－t图线可知：Φ_m＝2.0×10^－2 Wb，

T＝6.28×10^－2 s

所以E_m＝200 V.

(2)电动势的有效值E＝E_m＝100 V

由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为

I＝＝ A

交流电压表的示数为

U＝IR＝90 V≈127 V.

答案：(1)200 V　(2)127 V

10．将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为

l，它在磁感应强度为B、方向如图9所示的匀强磁

场中匀速转动，转速为n，导线在a、b两处通过电

刷与外电路连接，外电路接有额定功率为P的小灯

泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不

计，灯泡的电阻应为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A.　　　　　　　　　　　　 B.

C. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 D.

解析：单匝正方形线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，将产生正弦式电流，则电

动势的最大值E_m＝Bl²ω＝2πnBl²，其有效值E＝＝，计算小灯泡的额定功

率P要用其有效值，即P＝.

R＝＝，故只有B选项正确．

答案：B

9．如图8所示，单匝矩形线圈放置在磁感应强度为B的匀

强磁场中，以恒定的角速度ω绕ab边转动，磁场方向垂

直于纸面向里，线圈所围面积为S，线圈导线的总电阻

为R.t＝0时刻线圈平面与纸面重合，且cd边正在向纸面

外转动．则　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．线圈中电流t时刻瞬时值表达式为i＝cosωt

B．线圈中电流的有效值为I＝

C．线圈中电流的有效值为I＝

D．线圈消耗的电功率为P＝

解析：回路中感应电动势最大值E_m＝BSω，电流最大值I_m＝＝，t＝0时为中

性面，故瞬时值表达式i＝sinωt.电流有效值I＝＝，P＝I²R＝，

故A、B错误，C、D正确．

答案：CD

8．通有电流i＝I_msinωt的长直导线OO′与断开的圆形导线圈在同一平面内，如图7

所示(设电流由O至O′为正)，为使A端的电势高于B端的电势且U_AB减小，交变

电流必须处于每个周期的　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

图7

A．第一个周期　 　　　　　　　　　　　 B．第二个周期

C．第三个周期　 　　　　　　　　　　　 D．第四个周期

解析：由E∝∝可知，要E减小，即要减小，题中要求φ_A＞φ_B，由楞次定律

知，只有在第一个周期才符合要求，A项正确．

答案：A

7．如图6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，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，在t＝时刻　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

图6

A．线圈中的电流最大

B．穿过线圈的磁通量最大

C．线圈所受的安培力为零

D．穿过线圈磁通量的变化率最大

解析：注意线圈转动过程中通过两个特殊位置(平行于磁感线和垂直于磁感线)时的特

点；磁通量、磁通量的变化、磁通量的变化率不同；t＝＝，线圈转过90°，本题

应选B、C.

答案：BC

6．在两块金属板上加上交变电压u＝U_msint，当t＝0时，板间有一个电子正好处于

静止状态，下面关于电子以后的运动情况的判断正确的是　　　　　　　　　　　 (　)

A．t＝T时，电子回到原出发点

B．电子始终向一个方向运动

C．t＝时，电子将有最大速度

D．t＝时，电子的位移最大

解析：t＝0时，电子不受力，此时两极板间电压为零，此后电压开始增大，t＝时

达到最大，此过程中电子沿电场方向做加速度增大的加速运动，速度增大，-这

段时间内，两极板间电压减小，但电场方向不变，所以电子在这段时间内仍沿原方

向做加速度减小的加速运动，速度继续增大.后电场变向，电子开始减速，但运动方

向不变，直至T时刻速度减为零．故在时电子有最大速度．因电子的速度方向不变，

即随时间的增长，位移增大．综上所述，B、C正确，A、D错误．

答案：BC

5．(2010·皖南模拟)如图5所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与

时间的变化关系．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min的

时间，两电阻消耗的电功之比W_甲∶W_乙为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

图5

A．1∶　 　　　　　　　　　　　　　 B．1∶2

C．1∶3　 　　　　　　　　　　　　　　 D．1∶6

解析：电功的计算，I要用有效值计算，图甲中，由有效值的定义得()²R×2×

10^－2+0+()²R×2×10^－2＝I₁²R×6×10^－2，得I₁＝ A；图乙中，I的值不变I₂

＝1 A，由W＝UIt＝I²Rt可以得到W_甲∶W_乙＝1∶3.C正确．

　 答案：C

4．如图3所示，单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀

强磁场中，线圈轴线OO′与磁场边界重合，线圈按图示方

向匀速转动，t＝0时刻线圈平面与磁场方向垂直，规定电流

方向沿abcda为正方向，则线圈内感应电流随时间变化的图

象是图4中的　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

图4

解析：由楞次定律可知前半个周期感应电流沿adcba方向，后半个周期沿abcda的方

向，因线圈绕垂直磁场的轴匀速转动，所以产生正弦式电流，A正确．

答案：A

3．(2008·山东高考)图2甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规

律变化．下列说法正确的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　 (　)

图2

A．图甲表示交变电流，图乙表示直流电

B．两种电压的有效值相等

C．图甲所示电压的瞬时值表达式为U＝311sin100πt V

D．图甲所示电压经匝数比为10∶1的变压器变压后，频率变为原来的

解析：由图象的纵坐标知，电压的正、负分别表示电压的方向，因此两图均为交变

电流，A错；对于正弦式电流才有U_有效＝，虽然两图的最大值相同，但图乙所示

的非正弦(余弦)式电流不适用上式，故B错；正弦式电流瞬时值表达式为u＝U_msinωt，

由图象可知U_m＝311 V，T＝2×10^－2 s，可得ω＝＝100π，代入上式得u＝

311sin100πt V，故C对；由变压器原理可知变压器只能根据匝数比改变电压和电流，

它不会改变交变电流的周期和频率，故D错．

答案：C