2022年高中物理 第二章 交變電流 第一、二節(jié) 認(rèn)識交變電流 交變電流的描述講義（含解析）粵教版選修3-2

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1、2022年高中物理 第二章 交變電流 第一、二節(jié) 認(rèn)識交變電流 交變電流的描述講義（含解析）粵教版選修3-2 1．交變電流的電壓和電流隨時間周期變化，正弦式交 變電流的圖像形狀是正弦(余弦)曲線。 2．線圈在磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉(zhuǎn)動，線 圈中產(chǎn)生交變電流，其最大值與線圈的形狀、轉(zhuǎn)軸 位置無關(guān)。 3．當(dāng)線圈轉(zhuǎn)到中性面時，穿過線圈的磁通量最大，感 應(yīng)電動勢為零，電流改變方向，轉(zhuǎn)到與中性面垂直 時，穿過線圈的磁通量為零，感應(yīng)電動勢最大。 一、交變電流 1．恒定電流 強(qiáng)弱和方向都不隨時間改變的電流，簡稱直流。 2．交變電流 強(qiáng)弱和方向都隨時間

2、作周期性變化的電流，簡稱交流。 3．特點(diǎn) 電流方向發(fā)生周期性變化。若方向不變，即使大小變化也是直流電。 4．波形圖 電流或電壓隨時間變化的圖像通常利用示波器來觀察。 日常生活和生產(chǎn)中所用的交變電流是按正弦規(guī)律變化的交變電流。 二、交變電流的產(chǎn)生 1．產(chǎn)生 交變電流是由交流發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的，如圖2-1-1所示，它的最基本結(jié)構(gòu)是線圈和磁極。 圖2-1-1 2．中性面 (1)定義：線圈平面垂直磁感線的位置，各邊都不切割磁感線。 (2)特點(diǎn)： ①線圈位于中性面時，穿過線圈的磁通量最大，磁通量的變化率為零，感應(yīng)電動勢為零，感應(yīng)電流為零。 ②線圈經(jīng)過中性面時，線圈中的電流方向要

3、發(fā)生改變，線圈轉(zhuǎn)一周有兩次經(jīng)過中性面，所以每轉(zhuǎn)一周電流方向改變兩次。 三、交變電流的描述 1．交變電流的函數(shù)描述 (1)正弦式電流 按正弦規(guī)律變化的交變電流。 (2)正弦式電流的峰值、瞬時值(從中性面開始計(jì)時) 峰值 瞬時值 電動勢 Em＝nBSω e＝Emsin ωt 電流 Im＝ i＝Im_sin__ωt 電壓 Um＝ImR u＝Umsin_ωt 2．交變電流的圖像描述 (1)物理意義 描述交變電流的電動勢e、電流i、電壓u隨時間t(或角度ωt)變化的規(guī)律。 (2)正弦式交變電流的圖像 如圖2-1-2所示 圖2-1-2 (3)其他

4、幾種不同類型的交變電流 圖2-1-3 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)磁場中線圈繞垂直磁場的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動通過中性面時，感應(yīng)電流為零，但感應(yīng)電流為零時，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)線圈繞垂直磁場的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動的過程中產(chǎn)生了正弦交變電流，峰值越大，則瞬時值也越大。(×) (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)線圈繞垂直磁場的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動的過程中產(chǎn)生了正弦交變

5、電流，感應(yīng)電動勢的圖像、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)到中性面時感應(yīng)電動勢為零，而線圈平面與中性面垂直時感應(yīng)電動勢最大呢？ 提示：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝n可知，感應(yīng)電動勢的大小不是與磁通量Φ直接對應(yīng)，而是與磁通量的變化率成正比。雖然線圈經(jīng)過中性面時磁通量最大，但磁通量的變化率為零，所以感應(yīng)電動勢為零；雖然線圈平面與中性面垂直時磁通量為零，但磁通量的變化率最大，所以感應(yīng)電動勢最大。 (3)交流發(fā)電機(jī)輸出的電流都可以表示為i＝Ims

6、in ωt嗎？ 提示：不一定。如果線圈從中性面的垂面開始計(jì)時，則輸出的電流表示為i＝Imcos ωt。 正弦交變電流的產(chǎn)生 1．正弦交變電流的產(chǎn)生條件 (1)勻強(qiáng)磁場。 (2)線圈勻速轉(zhuǎn)動。 (3)線圈的轉(zhuǎn)軸垂直于磁場方向。 2．兩個特殊位置的特點(diǎn) 中性面 中性面的垂面 位置 線圈平面與磁場垂直 線圈平面與磁場平行 磁通量 最大 零 磁通量變化率 零 最大 感應(yīng)電動勢 零 最大 感應(yīng)電流 零 最大 電流方向 改變 不變 1．一矩形線圈在勻強(qiáng)磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉(zhuǎn)動，當(dāng)線圈通過中性面時(　　) A

7、．線圈平面與磁感線方向平行 B．通過線圈的磁通量達(dá)到最大值 C．通過線圈的磁通量的變化率達(dá)到最大值 D．線圈中的感應(yīng)電動勢達(dá)到最大值 解析：選B　通過中性面時，線圈平面與磁感線方向垂直，磁通量最大，選項(xiàng)A錯誤，B正確；此時通過線圈的磁通量的變化率為零，則感應(yīng)電動勢為零，選項(xiàng)C、D錯誤。 2．關(guān)于線圈在勻強(qiáng)磁場中轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的交變電流，以下說法中正確的是(　　) A．線圈平面每經(jīng)過中性面一次，感應(yīng)電流方向就改變一次，感應(yīng)電動勢方向不變 B．線圈每轉(zhuǎn)動一周，感應(yīng)電流方向就改變一次 C．線圈平面每經(jīng)過中性面一次，感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流的方向都要改變一次 D．線圈轉(zhuǎn)動一周，感應(yīng)電動勢和感

8、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，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)電動勢、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)磁場中轉(zhuǎn)動產(chǎn)生交變電流時，每經(jīng)過中性面一次，感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流的方向都要改變一次，線圈每轉(zhuǎn)動一周，兩次經(jīng)過中性面，感應(yīng)電動勢和感應(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)(　　) 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。 交變電流瞬時值表達(dá)式的書寫 [典例]　如圖2-1-4所示為演示用的手搖發(fā)電機(jī)模型，勻強(qiáng)磁場磁

9、感應(yīng)強(qiáng)度B＝0．5 T，線圈匝數(shù)N＝50，每匝線圈面積為0．48 m2，轉(zhuǎn)速為150 r/min，線圈在勻速轉(zhuǎn)動過程中，從圖示位置開始計(jì)時。寫出交變感應(yīng)電動勢瞬時值的表達(dá)式。 圖2-1-4 [思路點(diǎn)撥] [解析]　當(dāng)線圈平面經(jīng)過中性面時開始計(jì)時，則線圈在時間t內(nèi)轉(zhuǎn)過的角度為ωt，于是瞬時感應(yīng)電動勢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＝188sin 5πt V。 [答案]　e＝188sin 5πt

10、V 求解交變電流的瞬時值問題的答題模型 若線圈給外電阻R供電，設(shè)線圈本身電阻為r，由閉合電路歐姆定律得： i＝＝sin ωt＝Imsin ωt。 R兩端的電壓可記為u＝Umsin ωt?！　　　? 1．有一個正方形線框的線圈匝數(shù)為10匝，邊長為20 cm，線框總電阻為1 Ω，線框繞OO′軸以10π rads的角速度勻速轉(zhuǎn)動，如圖2-1-5所示，垂直于線框平面向里的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0．5 T，求： 圖2-1-5 (1)該線框產(chǎn)生的交變電流電動勢最大值、電流最大值分別是多少？ (2)線框從圖示位置轉(zhuǎn)過60°時，感應(yīng)電動勢的瞬時值是多大？ (3)寫出感應(yīng)

11、電動勢隨時間變化的表達(dá)式。 解析：(1)交變電流電動勢最大值為 Em＝nBSω＝10×0．5×0．22×10π V＝6．28 V 電流的最大值為Im＝＝ A＝6．28 A。 (2)線框轉(zhuǎn)過60°時，感應(yīng)電動勢E＝Emsin 60°≈5．44 V。 (3)由于線框轉(zhuǎn)動是從中性面開始計(jì)時的，所以瞬時值表達(dá)式為e＝Emsin ωt＝6．28sin 10πt V。 答案：(1)6．28 V　6．28 A　(2)5．44 V (3)e＝6．28sin 10πt V 2．如圖2-1-6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)磁場中，繞垂直于磁場方向的

12、中心軸線OO′以n＝600 rmin的轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動，當(dāng)線圈轉(zhuǎn)至中性面位置(圖中位置)時開始計(jì)時。 圖2-1-6 (1)寫出線圈內(nèi)所產(chǎn)生的交變電動勢的瞬時值表達(dá)式； (2)求線圈從圖示位置開始在 s時的電動勢的瞬時值； (3)求線圈從圖示位置開始在 s時間內(nèi)的電動勢的平均值。 解析：線圈在勻強(qiáng)磁場中繞垂直于磁場方向的軸線勻速轉(zhuǎn)動時，線圈內(nèi)產(chǎn)生正弦式交變電動勢，當(dāng)線圈平面在中性面時開始計(jì)時，其表達(dá)式為e＝Emsin ωt，而在某段時間內(nèi)的平均電動勢可根據(jù)＝N求得。 (1)e＝Emsin ωt，Em＝NBSω(與線圈形狀無關(guān))，ω＝20π rads， 故e＝100sin 20π

13、t V。 (2)當(dāng)t＝ s時，e＝100sinV＝50 V≈86．6 V。 (3)在 s內(nèi)線圈轉(zhuǎn)過的角度θ＝ωt＝20π× rad＝ rad，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間變化情況可以從圖像上表示出來，圖像描述的是交變電流隨時間變化的規(guī)律，它是一條正弦曲線，如圖2-1-7所示。 圖2-1-7 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．因線圈在中性面時感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流均為零，磁通量最大，

14、所以可確定線圈位于中性面的時刻。 3．找出線圈平行于磁感線的時刻。 4．判斷線圈中磁通量的變化情況。 5．分析判斷i、e隨時間變化的規(guī)律。 [典例]　處在勻強(qiáng)磁場中的矩形線圈abcd，以恒定的角速度繞ab邊轉(zhuǎn)動，磁場方向平行于紙面并與ab邊垂直，在t＝0時刻，線圈平面與紙面重合(如圖2-1-8)，線圈的cd邊離開紙面向外運(yùn)動，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隨時間t變化的圖像是(　　) 圖2-1-8 [思路點(diǎn)撥] →→→ [解析]　線圈在磁場中繞和磁場方向垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動時可以產(chǎn)生按正弦規(guī)律變化的交變電流，對于圖示起始時刻，線圈

15、的cd邊離開紙面向紙外運(yùn)動，速度方向和磁場方向垂直，產(chǎn)生的電動勢的瞬時值最大；用右手定則判斷出電流方向?yàn)槟鏁r針方向，與規(guī)定的正方向相同，所以C對。 [答案]　C 分析正弦交變電流圖像問題的兩個注意 (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)動過程對應(yīng)起來?！　　　? 1．一矩形線圈繞垂直于勻強(qiáng)磁場并位于線圈平面內(nèi)的固定軸勻速轉(zhuǎn)動，線圈中的感應(yīng)電動勢e隨時間t變化的規(guī)律如圖2-1-9所示，則下列說法正確的是(　　) 圖2-1-9 A．圖像是從線圈平面位于中性面開始計(jì)時的 B．t2時刻穿過線圈的磁通量為零 C．t2時刻

16、穿過線圈的磁通量的變化率為零 D．感應(yīng)電動勢e的方向變化時，穿過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，感應(yīng)電動勢最大，說明穿過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方向平行時開始計(jì)時的，選項(xiàng)A錯誤；t2時刻感應(yīng)電動勢最大，穿過線圈的磁通量的變化率最大，磁通量為零，選項(xiàng)B正確，C錯誤；感應(yīng)電動勢e的方向變化時，線圈通過中性面，穿過線圈的磁通量最大，但方向并不變化，選項(xiàng)D錯誤。 2．(多選)矩形線圈在勻強(qiáng)磁場中勻速轉(zhuǎn)動，所產(chǎn)生的交變電流的波形如圖2-1-10 所示，可知(　　) 圖2-1-10 A．在t1時刻穿過線圈的磁通量達(dá)到峰值 B．

17、在t2時刻穿過線圈的磁通量達(dá)到峰值 C．在t3時刻穿過線圈的磁通量的變化率達(dá)到峰值 D．在t4時刻穿過線圈的磁通量的變化率達(dá)到峰值 解析：選BC　由題圖可知，t1和t3時刻i最大，所以這兩個時刻磁通量的變化率最大，線圈處于垂直中性面的位置，穿過線圈的磁通量為0。t2和t4兩時刻i＝0，即＝0，線圈處于中性面位置，此時穿過線圈的磁通量最大。故B、C正確。 3．(多選)在勻強(qiáng)磁場中，一矩形金屬線框繞與磁感線垂直的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動，如圖2-1-11甲所示，產(chǎn)生的交變電動勢的圖像如圖乙所示，則(　　) 圖2-1-11 A．t＝0．005 s時穿過線框的磁通量的變化率為零 B．t＝0．01

18、 s時線框平面與中性面重合 C．感應(yīng)電動勢的最大值為311 V D．線框轉(zhuǎn)動是從中性面開始計(jì)時的 解析：選BCD　由題中圖像可知，該交變電動勢的瞬時值表達(dá)式為e＝311sin 100πt(V)。 t＝0．005 s時感應(yīng)電動勢最大，穿過線框的磁通量的變化率最大，選項(xiàng)A錯誤；t＝0．01 s時感應(yīng)電動勢為零，穿過線框的磁通量最大，線框平面與中性面重合，選項(xiàng)B正確；感應(yīng)電動勢的最大值為311 V，選項(xiàng)C正確；由題圖知該交變電動勢符合正弦變化規(guī)律，線框轉(zhuǎn)動是從中性面開始計(jì)時的，選項(xiàng)D正確。 1．如圖所示的各圖像中表示交變電流的是(　　) 解析：選D　B、C兩圖像中，雖然電流大小

19、隨時間做周期性變化，但方向從圖上看在t軸一側(cè)方向不變，故不是交變電流。A圖中電流的方向沒發(fā)生變化，不是交變電流。D圖中，從圖上看電流分布在t軸兩側(cè)，電流的大小、方向均做周期性變化，是交變電流，故選D。 2．(多選)某線圈在勻強(qiáng)磁場中勻速轉(zhuǎn)動，穿過它的磁通量Φ隨時間變化的規(guī)律如圖1所示，則(　　) 圖1 A．t1時刻，穿過線圈的磁通量的變化率最大 B．t2時刻，穿過線圈的磁通量的變化率為零 C．t3時刻，線圈中的感應(yīng)電動勢為零 D．t4時刻，線圈中的感應(yīng)電動勢最大 解析：選CD　t1時刻，穿過線圈的Φ最大，但為零，A錯誤；t2時刻，穿過線圈的Φ等于零，但最大，B錯誤；t3時刻，

20、Φ最大，等于零，感應(yīng)電動勢等于零，C正確；t4時刻，Φ等于零，但最大，感應(yīng)電動勢最大，D正確。 3．一交流發(fā)電機(jī)的感應(yīng)電動勢e＝Emsin ωt，如將線圈的匝數(shù)增加一倍，電樞的轉(zhuǎn)速也增加一倍，其他條件不變，感應(yīng)電動勢的表達(dá)式將變?yōu)?　　) A．e′＝2Emsin 2ωt　　　　 　B．e′＝2Emsin 4ωt C．e′＝4Emsin 2ωt D．e′＝4Emsin 4ωt 解析：選C　e＝Emsin ωt＝NBSωsin ωt，現(xiàn)N′＝2N，ω′＝2ω，則Em′＝4Em，所以感應(yīng)電動勢的瞬時值表達(dá)式將變?yōu)閑′＝4Emsin 2ωt。 4．如圖2所示，一矩形線圈abcd，已知ab

21、邊長為l1，bc邊長為l2，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中繞OO′軸以角速度ω從圖示位置開始勻速轉(zhuǎn)動，則t時刻線圈中的感應(yīng)電動勢為(　　) 圖2 A．0．5Bl1l2ωsin ωt　　　 　B．0．5Bl1l2ωcos ωt C．Bl1l2ωsin ωt D．Bl1l2ωcos ωt 解析：選D　因?yàn)殚_始時刻線圈平面與磁感線平行，即從垂直于中性面開始運(yùn)動，所以開始時刻線圈中感應(yīng)電動勢最大為Em＝Bl1l2ω，感應(yīng)電動勢的表達(dá)形式應(yīng)為余弦形式，因此在t時刻線圈中的感應(yīng)電動勢為Bl1l2ωcos ωt，故正確選項(xiàng)為D。 5．如圖3所示，矩形線圈ABCD放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中

22、，線圈以相同的角速度分別繞OO′、AD、EF、AB軸線勻速轉(zhuǎn)動，線圈中產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動勢分別為E1、E2、E3、E4，則下列判斷正確的是(　　) 圖3 A．E1＝E2，E3＝E4 B．E1＝E2＝E3，E4＝0 C．E1＝E2＝E3＝E4 D．E1＝E4，E2＝E3 解析：選B　線圈以相同的角速度分別繞OO′、AD、EF在勻強(qiáng)磁場中勻速轉(zhuǎn)動時，產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動勢為Em＝BSω，和轉(zhuǎn)軸的位置無關(guān)，即E1＝E2＝E3，當(dāng)線圈繞AB軸轉(zhuǎn)動時，線圈的磁通量始終為零，無感應(yīng)電動勢，即E4＝0，故B正確。 6．如圖4甲所示，一矩形閉合線圈在勻強(qiáng)磁場中繞垂直于磁場方向的轉(zhuǎn)軸OO′以恒定

23、的角速度ω轉(zhuǎn)動。當(dāng)從線圈平面與磁場方向平行時開始計(jì)時，線圈中產(chǎn)生的交變電流按照圖乙所示的余弦規(guī)律變化，則在t＝時刻(　　) 圖4 A．線圈中的電流最大 B．穿過線圈的磁通量為零 C．線圈所受的安培力最大 D．線圈中的電流為零 解析：選D　由T＝，故t＝＝，此時線圈位于中性面位置，所以穿過線圈的磁通量最大，B錯誤，由于此時感應(yīng)電動勢為零，所以線圈中電流為零，線圈所受的安培力為零，A、C錯誤，D正確。 7．如圖5所示，在水平勻強(qiáng)磁場中一矩形閉合線圈繞OO′軸勻速轉(zhuǎn)動，若要使線圈中的電流峰值減半，不可行的方法是(　　) 圖5 A．只將線圈的轉(zhuǎn)速減半 B．只將線圈的匝

24、數(shù)減半 C．只將勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度減半 D．只將線圈的邊長減半 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)減半時電阻R也隨之減半，則Im不變，故B不可行；當(dāng)邊長減半時，面積S減為原來的，而電阻減為原來的，故D可行。 8．(多選)一矩形線圈，在勻強(qiáng)磁場中繞垂直于磁場方向并位于線圈平面的固定軸轉(zhuǎn)動，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢e隨時間t的變化規(guī)律如圖6所示，則下列說法中正確的是(　　) 圖6 A．t1和t4時刻穿過線圈的磁通量為零 B．t1和t3時刻穿過線圈的磁通量的變化率為零 C．線圈平面從與磁場方向平行的時刻開始計(jì)時

25、D．每當(dāng)感應(yīng)電動勢e變換方向時，穿過線圈的磁通量的絕對值都最大 解析：選BCD　由圖像可知，為余弦式交變電流，說明t＝0時，線圈平面與磁感線方向平行，選項(xiàng)C正確。t1、t3時刻感應(yīng)電動勢為零，說明這兩個時刻穿過線圈的磁通量變化率為零，穿過線圈的磁通量最大，所以選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A錯誤。當(dāng)線圈通過中性面時，感應(yīng)電動勢為零，感應(yīng)電動勢的方向要發(fā)生改變，所以選項(xiàng)D正確。 9．一只矩形線圈在勻強(qiáng)磁場中繞垂直于磁感線的軸勻速轉(zhuǎn)動，穿過線圈的磁通量隨時間變化的圖像如圖7所示。則下列說法中正確的是(　　) 圖7 A．t＝0時刻，線圈平面與中性面垂直 B．t＝0．01 s時刻，Φ的變化率為0

26、 C．t＝0．02 s時刻，感應(yīng)電動勢達(dá)到最大 D．從t＝0．01 s時刻至t＝0．04 s時刻線圈轉(zhuǎn)過的角度是π 解析：選D　由圖像可知t＝0、t＝0．02 s、t＝0．04 s時刻線圈平面位于中性面位置，Φ最大，＝0，故E＝0；t＝0．01 s、t＝0．03 s、t＝0．05 s時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時刻至t＝0．04 s時刻線圈旋轉(zhuǎn)周，轉(zhuǎn)過的角度為π。 10．(多選)一單匝矩形線圈在勻強(qiáng)磁場中繞垂直于磁場的軸線勻速轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生正弦式交變電流，其電動勢的變化規(guī)律如圖8中圖線a所示，當(dāng)調(diào)整線圈轉(zhuǎn)速后，電動勢的變化規(guī)律如圖線b所示，

27、以下關(guān)于這兩個正弦式交變電流的說法正確的是(　　) 圖8 A．從圖線可算出穿過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時刻穿過線圈的磁通量均為零 D．圖線b電動勢的瞬時值表達(dá)式為e＝100sin t(V) 解析：選AD　根據(jù)圖線a：感應(yīng)電動勢最大值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錯誤。t＝0時刻感應(yīng)電動勢為零，線圈處于中性面位置，磁通量最大，C錯誤。感應(yīng)電動勢最大值Em＝BSω，因此＝＝＝，即Emb＝Ema＝100 V，圖線b電動勢瞬時值表達(dá)式為e＝Embsin ωbt＝

28、100sin t(V)，D正確。 11．如圖9所示，勻強(qiáng)磁場B＝0．1 T，所用矩形線圈的匝數(shù)N＝100，邊長ab＝0．2 m，bc＝0．5 m，以角速度ω＝100π rad/s繞OO′軸勻速轉(zhuǎn)動。當(dāng)線圈平面通過中性面時開始計(jì)時，試求： 圖9 (1)線圈中感應(yīng)電動勢的瞬時值表達(dá)式。 (2)由t＝0至t＝過程中的平均電動勢值。 解析：(1)感應(yīng)電動勢的瞬時值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＝過程

29、中的平均電動勢 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10所示，邊長為0．5 m的正方形線框ABCD繞AB邊在磁感應(yīng)強(qiáng)度為0．4 T的勻強(qiáng)磁場中勻速轉(zhuǎn)動，AB邊與磁場方向垂直，轉(zhuǎn)速為50 r/s。求： 圖10 (1)感應(yīng)電動勢的最大值。 (2)轉(zhuǎn)動過程中，若從圖示位置開始計(jì)時，當(dāng)穿過線圈平面的磁通量為0．05 Wb時，感應(yīng)電動勢的瞬時值。 解析：(1)因?yàn)檗D(zhuǎn)速 n＝50 r/s 則角速度ω＝2πn＝100π rad/s 所以感應(yīng)電動勢的最大值： Em＝BSω＝0．4×0．52×100π V＝31．4 V。 (2)穿過線圈的磁通量表達(dá)式為 Φ＝BScos ωt 當(dāng)Φ＝0．05 Wb時，cos ωt＝＝ 則此時感應(yīng)電動勢為 e＝Emsin ωt＝31．4× V＝27．2 V。 答案：(1)31．4 V　(2)27．2 V