《（浙江專版）2018-2019學年高中物理 第五章 第1節(jié) 交變電流講義（含解析）新人教版選修3-2.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江專版）2018-2019學年高中物理 第五章 第1節(jié) 交變電流講義（含解析）新人教版選修3-2.doc（14頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

交變電流 交變電流及其產生 [探新知基礎練] 1．交變電流 (1)交變電流：大小和方向都隨時間做周期性變化的電流，簡稱交流。 (2)直流：大小和方向不隨時間變化的電流。 (3)區(qū)分直流電流和交變電流主要是看電流方向是否變化。 2．正弦式交變電流的產生 將閉合矩形線圈置于勻強磁場中，并繞垂直磁場方向的軸勻速轉動。 3．中性面 線圈平面與磁感線垂直時的位置。 (1)線圈處于中性面位置時，穿過線圈的磁通量最大，但線圈中的電流為零。 (2)線圈每次經過中性面時，線圈中感應電流的方向都要改變。線圈轉動一周，感應電流方向改變兩次。 [辨是非](對的劃“√”，錯的劃“”) 1．方向周期性變化，大小不變的電流也是交變電流。(　　) 2．產生交變電流的方法只有兩種，旋轉電樞式發(fā)電和旋轉磁極式發(fā)電。(　　) 3．在勻強磁場中線圈繞垂直磁場的轉軸勻速轉動通過中性面時，感應電流為零，但感應電流為零時，不一定在中性面位置。(　　) 答案：1.√　2.　3. [釋疑難對點練] 中性面、中性面的垂面位置的特性及轉動過程中各量的變化 中性面 中性面的垂面 遠離中性面 靠近中性面 位置 線圈平面與磁場垂直 線圈平面與磁場平行 線圈平面與磁場間夾角變小 線圈平面與磁場間夾角變大 磁通量 最大 零 減小 增大 磁通量變化率 零 最大 增大 減小 感應電動勢 零 最大 增大 減小 線圈邊緣線速度與磁場方向夾角 0 90 從0逐漸變大 從90逐漸變小 感應電流 零 最大 增大 減小 電流方向 改變 不變 不變 不變 在線圈轉動過程中，磁通量最大時，磁通量的變化率恰好為零，磁通量為零時，磁通量的變化率恰好最大，感應電動勢的大小由磁通量的變化率決定。 [試身手] 1．關于線圈在勻強磁場中轉動時產生的交變電流，以下說法中正確的是(　　) A．線圈平面每經過中性面一次，感應電流方向就改變一次，感應電動勢方向不變 B．線圈每轉動一周，感應電流方向就改變一次 C．線圈平面每經過中性面一次，感應電動勢和感應電流的方向都要改變一次 D．線圈轉動一周，感應電動勢和感應電流方向都要改變一次 解析：選C　線圈轉至中性面時，線圈平面垂直于磁感線，磁通量最大，但磁通量的變化率、感應電動勢、感應電流均為零，電流方向恰好發(fā)生變化。因此，線圈在勻強磁場中轉動產生交變電流時，每經過中性面一次，感應電動勢和感應電流的方向都要改變一次，線圈每轉動一周，經過中性面兩次，感應電動勢和感應電流的方向都改變兩次，所以C正確。 交變電流的變化規(guī)律 [探新知基礎練] 1．正弦式交變電流瞬時值表達式 (1)當從中性面開始計時：e＝Emsin_ωt。 (2)當從與中性面垂直的位置開始計時：e＝Emcos_ωt。 2．正弦式交變電流的峰值表達式 Em＝nBSω與線圈的形狀及轉動軸的位置無關。(填“有關”或“無關”) 3．兩個特殊位置 (1)中性面：線圈平面與磁場垂直。 Φ為最大，為0，e為0，i為0。(填“0”或“最大”) (2)垂直中性面：線圈平面與磁場平行。 Φ為0，最大，e為最大，i為最大(填“0”或“最大”)。 [辨是非](對的劃“√”，錯的劃“”) 1．在勻強磁場中線圈繞垂直磁場的轉軸勻速轉動的過程中，某些特殊時段，可能感應電動勢和磁通量同時變大。(　　) 2．表達式為e＝Em sin ωt的交變電流為正弦式交變電流，表達式為e＝Em sin(ωt＋)的交變電流也是正弦式交變電流。(　　) 3．線圈繞垂直磁場的轉軸勻速轉動的過程中產生了正弦式交變電流，峰值越大，則瞬時值也越大。(　　) 答案：1.　2.√　3. [釋疑難對點練] 1．瞬時值的推導 若線圈平面從中性面開始轉動，如圖所示，則經時間t： (1)線圈轉過的角度為ωt。 (2)ab邊的線速度跟磁感線方向的夾角θ＝ωt。 (3)ab邊轉動的線速度大小為v＝ω。 (4)ab邊產生的感應電動勢： eab＝BLabvsin θ＝sin ωt。 (5)整個線圈產生的感應電動勢： e＝2eab＝BSωsin ωt，若線圈為N匝，e＝NBSωsin ωt。 (6)若線圈給外電阻R供電，設線圈本身電阻為r，由閉合電路歐姆定律得i＝＝sin ωt，即im＝Imsin ωt，R兩端的電壓可記為um＝Umsin ωt。 2．峰值 (1)由e＝NBSωsin ωt可知，電動勢的峰值Em＝NBSω。 (2)交變電動勢的最大值，由線圈匝數(shù)N、磁感應強度B、轉動角速度ω及線圈面積S決定，與線圈的形狀無關，與轉軸的位置無關，但轉軸必須垂直于磁場，因此如圖所示幾種情況，若N、B、S、ω相同，則電動勢的最大值相同。 (3)電流的峰值可表示為Im＝。 3．從兩個特殊位置開始計時瞬時值的表達式 從中性面位 置開始計時 從與中性面垂直的位置開始計時 磁通量 Φ＝Φmcos ωt＝ BScos ωt Φ＝Φmsin ωt＝ BSsin ωt 感應電動勢 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＝Imcos ωt＝ cos ωt [試身手] 2．閉合線圈在勻強磁場中勻速轉動，轉速為240 r/min，若線圈平面轉至與磁場平行時的電動勢為2 V，求從中性面開始計時， (1)產生的交流電動勢的表達式； (2)電動勢的峰值； (3)從中性面起經 s，交流電動勢的大小。 解析：(1)當線圈平面與磁場平行時，感應電動勢最大， 為Em＝2 V， 又ω＝2πn＝2π rad/s＝8π rad/s 所以瞬時值表達式為： e＝Emsin ωt＝2sin 8πt V。 (2)電動勢的峰值為Em＝2 V。 (3)當t＝ s時，e＝2sin V＝1 V。 答案：(1)e＝2sin 8πt V　(2)2 V　(3)1 V 交變電流的圖象 [探新知基礎練] 1．物理意義 描述交變電流(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象(如圖甲、乙所示) [辨是非](對的劃“√”，錯的劃“”) 1．交變電流的圖象均為正弦函數(shù)圖象或余弦函數(shù)圖象。(　　) 2．線圈繞垂直磁場的轉軸勻速轉動的過程中產生了正弦交變電流，感應電動勢的圖象、感應電流的圖象形狀是完全一致的。(　　) 3．線圈經過中性面時產生的感應電動勢最大。(　　) 答案：1.　2.√　3. [釋疑難對點練] 1．正弦式交變電流圖象可確定的信息 正弦式交變電流隨時間的變化情況可以從圖象上表示出來，圖象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，如圖所示，是交變電流的et圖象。 由圖可以確定出以下信息： (1)可以讀出正弦式交變電流的峰值Em。 (2)可根據(jù)線圈轉至中性面時電動勢為零的特點，確定線圈處于中性面的時刻，確定了該時刻，也就確定了磁通量最大的時刻和磁通量變化率最小的時刻，如t＝0，t＝t2時刻。 (3)可根據(jù)線圈轉至與磁場平行時感應電動勢最大的特點，確定線圈與中性面垂直的位置，此位置也就是磁通量為零的時刻和磁通量變化率最大的時刻，如t＝t1，t＝t3時刻。 (4)可以確定某一時刻電動勢大小以及某一時刻電動勢的變化趨勢，如t＝t1，t＝t2時刻。 (5)可以計算出某些時刻的磁通量Φ或e的瞬時值，如時，ωt＝＝，e＝Emsin ωt＝Emsin＝Em，Φ＝Φmcos ωt＝Φm。 2．特殊位置處交變電流的圖象 從中性面位置開始計時 從與中性面垂直的位置開始計時 磁通量 感應電 動勢 電壓 電流 [試身手] 3.一只矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁感線的軸勻速轉動，穿過線圈的磁通量隨時間變化的圖象如圖所示。則下列說法中正確的是(　　) 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 C．t＝0.02 s時刻，感應電動勢達到最大 D．從t＝0.01 s時刻至t＝0.04 s時刻線圈轉過的角度是π 解析：選D　由題圖可知0、0.02 s、0.04 s時刻線圈平面位于中性面位置，Φ最大，＝0，故E＝0；0.01 s、0.03 s、0.05 s時刻線圈平面與磁感線平行，Φ最小，最大，故E最大，從題圖可知，從t＝0.01 s時刻至t＝0.04 s時刻線圈旋轉周，轉過的角度為π。故D正確。 正弦式交變電流的產生 [典例1]　(多選)矩形線框繞垂直于勻強磁場且在線框平面的軸勻速轉動時產生了交變電流，下列說法正確的是(　　) A．當線框位于中性面時，線框中感應電動勢最大 B．當穿過線框的磁通量為零時，線框中的感應電動勢也為零 C．每當線框經過中性面時，感應電動勢或感應電流方向就改變一次 D．線框經過中性面時，各邊切割磁感線的速度為零 [解析]　線框位于中性面時，線框平面與磁感線垂直，穿過線框的磁通量最大，但此時切割磁感線的兩邊的速度與磁感線平行，即不切割磁感線，所以電動勢等于零，此時穿過線框的磁通量的變化率等于零，感應電動勢或感應電流的方向也在此時刻變化。線框垂直于中性面時，穿過線框的磁通量為零，但切割磁感線的有效切割速度最大，所以感應電動勢最大，此時穿過線框的磁通量的變化率最大。故C、D選項正確。 [答案]　CD [典例2]　如圖所示，矩形線圈abcd在勻強磁場中可以分別繞垂直于磁場方向的軸P1和P2以相同的角速度勻速轉動，當線圈平面轉到與磁場方向平行時(　　) A．線圈繞P1轉動時的電流等于繞P2轉動時的電流 B．線圈繞P1轉動時的電動勢小于繞P2轉動時的電動勢 C．線圈繞P1和P2轉動時產生的電流均為正弦式交變電流，在圖示位置電流的方向相同，都是a→b→c→d D．線圈繞P1轉動時dc邊受到的安培力大于繞P2轉動時dc邊受到的安培力 [思路點撥] [解析]　只要線圈繞垂直于磁感線的軸轉動，在其他量相同時，產生的電動勢和電流與轉軸的位置無關，故A對，B錯；根據(jù)楞次定律，線圈繞P1和P2轉動，在題圖所示位置時電流的方向相同，都是a→d→c→b，C錯；繞兩軸轉動時，在同一位置的瞬時電流相同，同一邊受到的安培力也相同，D錯。 [答案]　A 正弦式交變電流產生的條件是勻強磁場、線圈平面垂直于磁場方向和線圈勻速轉動，三者缺一不可，否則線圈中所產生的就不是正弦式交變電流。 交變電流瞬時值表達式的書寫 求解交變電流的瞬時值問題的步驟 若線圈給外電阻R供電，設線圈本身電阻為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。 [典例3]　如圖所示為演示用的手搖發(fā)電機模型，勻強磁場磁感應強度B＝0.5 T，線圈匝數(shù)N＝50，每匝線圈面積為0.48 m2，轉速為150 r/min，線圈在勻速轉動過程中，從圖示位置開始計時。寫出交變感應電動勢瞬時值的表達式。 [思路點撥] [解析]　當線圈平面經過中性面時開始計時，則線圈在時間t內轉過的角度為ωt，故瞬時感應電動勢e＝Emsin ωt。 其中Em＝NBSω。 由題意知N＝50，B＝0.5 T， ω＝ rads＝5π rad/s，S＝0.48 m2， Em＝NBSω＝500.50.485π V≈188 V， 所以e＝188 sin 5πt V。 [答案]　e＝188 sin 5πt V 交變電流的圖象 [典例4]　 在垂直紙面向里的有界勻強磁場中放置了矩形線圈abcd。線圈cd邊沿豎直方向且與磁場的右邊界重合。線圈平面與磁場方向垂直。從t＝0時刻起，線圈以恒定角速度ω＝繞cd邊沿如圖所示方向轉動，規(guī)定線圈中電流沿abcda方向為正方向，則從t＝0到t＝T時間內，線圈中的電流i隨時間t變化關系的圖象為(　　) [解析]　在0～內，線圈在勻強磁場中勻速轉動，故產生正弦式交流電，由楞次定律知，電流方向為負值且逐漸增大；在～T內，線圈中無感應電流；在T時，ab邊垂直切割磁感線，感應電流最大，且電流方向為正值，故只有B項正確。 [答案]　B [課堂對點鞏固] 1．如圖所示的各圖象中表示交變電流的是(　　) 解析：選D　B、C兩圖象中，雖然電流大小隨時間做周期性變化，從圖上看圖線分布在t軸一側，即電流方向不變，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，從圖上看圖線分布在t軸兩側，電流的大小、方向均做周期性變化，是交變電流，故選D。 2．如圖所示為演示交變電流產生的裝置圖，關于這個實驗，正確的說法是(　　 ) A．線圈每轉動一周，電流計指針左右擺動兩次 B．圖示位置線圈位于中性面，線圈中無感應電流 C．圖示位置ab邊的感應電流方向為a→b D．線圈平面與磁場方向平行時，磁通量變化率為零 解析：選C　線圈在磁場中勻速轉動時，在電路中產生呈周期性變化的交變電流，線圈經過中性面時電流改變方向，線圈每轉動一周，有兩次通過中性面，電流方向改變兩次，電流計指針左右擺動一次。線圈處于題圖所示位置時，ab邊向右運動，由右手定則，ab邊的感應電流方向為a→b；線圈平面與磁場方向平行時，ab、cd邊垂直切割磁感線，磁通量為零，但磁通量的變化率最大。綜上所述，C正確。 3.線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的轉軸勻速轉動，產生交變電流的圖象如圖所示，由圖中信息可以判斷(　　) A．在A和C時刻線圈處于中性面位置 B．在B和D時刻穿過線圈的磁通量為零 C．從A～D線圈轉過的角度為2π D．若從O～D歷時0.02 s，則在1 s內交變電流的方向改變100次 解析：選D　根據(jù)題圖，可知交變電流的瞬時值表達式為i＝Imsin ωt。其中Im是交變電流的最大值，ω是線圈旋轉的角速度。從題圖可以看出，在O、B、D時刻電流為零，此時線圈恰好處于中性面的位置，且穿過線圈的磁通量最大；在A、C時刻電流最大，線圈處于和中性面垂直的位置，此時磁通量為零；從A到D，線圈旋轉周，轉過的角度為；如果從O到D歷時0.02 s，恰好為一個周期，所以1 s內線圈轉過50個周期，經過中性面100次，電流方向改變100次。綜合以上分析可得，選項D正確。 4．如圖所示，一半徑為r＝10 cm的圓形線圈共100匝，在磁感應強度B＝ T的勻強磁場中，繞垂直于磁場方向的中心軸線OO′以n＝600 r/min的轉速勻速轉動，當線圈轉至中性面位置(圖中位置)時開始計時。 (1)寫出線圈內所產生的交變電動勢的瞬時值表達式； (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時間內的電動勢的平均值。 解析：線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸線勻速轉動時，線圈內產生正弦式交變電動勢，當線圈平面在中性面時開始計時，其表達式為e＝Emsin ωt，而在某段時間內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)， ω＝2πn＝20π rad/s，S＝πr2＝ m2 故e＝100sin 20πt V。 (2)當t＝ s時，e＝100sinV＝50 V≈86.6 V。 (3)在 s內線圈轉過的角度θ＝ωt＝， 由Φ＝BScos ωt知ΔΦ＝BS， 所以＝N＝ V 答案：(1)e＝100sin 20πt V　(2)86.6 V　(3) V [課堂小結] [課時跟蹤檢測(九)] 一、單項選擇題 1．線圈在勻強磁場中勻速轉動，產生交變電流的圖象如圖所示，由圖可知(　　) A．在A、C時刻線圈處于中性面位置 B．在B、D時刻穿過線圈的磁通量為零 C．從A時刻到D時刻線圈轉過的角度為π D．若從O時刻到D時刻經過0.02 s，則在1 s內交變電流的方向改變100次 解析：選D　A、C時刻感應電流最大，線圈位置與中性面垂直，B、D時刻感應電流為零，線圈處于中性面，此時磁通量最大。從A時刻到D時刻線圈轉過角度為。若從O時刻到D時刻經過0.02 s，即線圈轉動一周用時0.02 s，在這個時間內電流方向改變2次，則在1 s內交變電流的方向改變2＝100次，故D正確。 2.如圖所示，一矩形線圈abcd，已知ab邊長為l1，bc邊長為l2，在磁感應強度為B的勻強磁場中繞OO′軸以角速度ω從圖示位置開始勻速轉動，則t時刻線圈中的感應電動勢為(　　) A．0.5Bl1l2ωsin ωt　　　　　 B．0.5Bl1l2ωcos ωt C．Bl1l2ωsin ωt D．Bl1l2ωcos ωt 解析：選D　因為開始時刻線圈平面與磁感線平行，即從垂直于中性面開始轉動，所以開始時刻線圈中感應電動勢最大，為Em＝Bl1l2ω，感應電動勢的表達形式為余弦式交變電動勢，因此在t時刻線圈中的感應電動勢為Bl1l2ωcos ωt，故選項D正確。 3．一交流發(fā)電機的感應電動勢e＝Emsin ωt，若將線圈的匝數(shù)增加一倍，電樞的轉速也增加一倍，其他條件不變，感應電動勢的表達式將變?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，所以感應電動勢的瞬時值表達式將變?yōu)閑′＝4Emsin 2ωt。C正確。 4．如圖所示，在水平勻強磁場中一均勻矩形閉合線圈繞OO′軸勻速轉動，若要使線圈中的電流峰值減半，不可行的方法是(　　) A．只將線圈的轉速減半 B．只將線圈的匝數(shù)減半 C．只將勻強磁場的磁感應強度減半 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；線圈電阻R與匝數(shù)有關，當匝數(shù)減半時電阻R也隨之減半，則Im不變，故B不可行；當邊長減半時，面積S減為原來的，而電阻減為原來的，故D可行。 5．如圖甲所示，一矩形閉合線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的轉軸OO′以恒定的角速度ω轉動。當從線圈平面與磁場方向平行時開始計時，線圈中產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(　　) 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。 6．如圖甲所示，一矩形線圈abcd放置在勻強磁場中，并繞過ad、bc中點的軸OO′以角速度ω逆時針勻速轉動，若以線圈平面與磁場夾角θ＝45時(如圖乙)為計時起點，并規(guī)定當電流自a流向b時電流方向為正，則選項圖中正確的是(　　) 解析：選D　矩形線圈繞垂直于勻強磁場的轉軸勻速轉動，產生正弦式交變電流，在開始計時(t＝0)時線圈位于題圖乙所示的位置，根據(jù)右手定則可知電流為正方向且不為零，B、C錯誤；若達圖甲所示的位置，感應電流為正向的峰值，可見t＝0時刻交變電流處于正半周且再經到達中性面位置，或者由θ＝，電流瞬時表達式i＝Imcos(ωt＋θ)，所以0＝Imcos(t＋)，t＝。A錯誤，D正確。 二、多項選擇題 7.如圖所示，一面積為S的單匝矩形線圈處于有界勻強磁場中，能在線圈中產生交變電流的是(　　) A．將線圈水平向右勻速拉出磁場 B．使線圈以OO′為軸勻速轉動 C．使線圈以ab為軸勻速轉動 D．磁場以B＝B0sin ωt規(guī)律變化 解析：選BCD　將線圈向右勻速拉出磁場的過程中磁通量均勻減小，因此產生的感應電流大小不變，A錯誤；線圈繞垂直于磁感線方向的軸轉動時磁通量發(fā)生周期性變化，因此產生交變電流，B、C正確；如果磁感應強度發(fā)生周期性變化，而線圈面積不變，則磁通量也發(fā)生周期性變化，產生交變電流，D正確。 8．線圈在勻強磁場中轉動產生電動勢e＝10sin 20πt V，則下列說法正確的是(　　) A．t＝0時，線圈平面位于中性面 B．t＝0時，穿過線圈的磁通量最大 C．t＝0時，導線切割磁感線的有效速率最大 D．t＝0.4 s時，e有最大值10 V 解析：選AB　由電動勢的瞬時值表達式可知，計時從線圈位于中性面時開始，所以t＝0時，線圈平面位于中性面，磁通量最大，但此時導線切割磁感線的有效速率為零，A、B正確，C錯誤。當t＝0.4 s時，解得e＝0，D錯誤。 9．如圖所示，閉合的矩形導體線圈abcd在勻強磁場中繞垂直于磁感線的對稱軸OO′勻速轉動，沿著OO′方向觀察，線圈沿逆時針方向轉動。已知勻強磁場的磁感應強度為B，線圈匝數(shù)為n，ab邊的邊長為l1，ad邊的邊長為l2，線圈電阻為R，轉動的角速度為ω，則當線圈轉至圖示位置時(　　) A．線圈中感應電流的方向為abcda B．線圈中的感應電動勢為2nBl2ω C．穿過線圈的磁通量隨時間的變化率最大 D．線圈ad邊所受安培力的大小為 解析：選CD　根據(jù)右手定則，當線圈轉至圖示位置時，線圈中感應電流的方向為adcba，線圈中感應電動勢應為最大值Em＝nBl1l2ω，此時，穿過線圈磁通量隨時間的變化率最大，A、B錯，C對；線圈ad邊所受安培力的大小F＝nBIl2＝nBl2＝，D對。 10．一單匝矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸線勻速轉動時產生正弦式交變電流，其電動勢的變化規(guī)律如圖線a所示，當調整線圈轉速后，電動勢的變化規(guī)律如圖線b所示，以下關于這兩個正弦式交變電流的說法正確的是(　　) 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式為e＝100 sint V 解析：選AD　根據(jù)圖線a：感應電動勢最大值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時刻感應電動勢為零，線圈位于中性面，穿過線圈的磁通量最大，C錯誤；感應電動勢最大值Em＝BSω，因此＝＝＝，即Emb＝Ema＝100 V，圖線b電動勢瞬時值表達式為e＝Embsin ωbt＝100sin t V，D正確。 三、非選擇題 11．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的角速度勻速轉動，如圖所示，垂直于線框平面向里的勻強磁場的磁感應強度為0.5 T，求： (1)該線框產生的交變電流電動勢最大值、電流最大值； (2)線框從圖示位置轉過60時，感應電動勢的瞬時值； (3)感應電動勢隨時間變化的表達式。 解析：(1)交變電流電動勢最大值為 Em＝nBSω＝100.50.2210π V＝6.28 V 電流的最大值為Im＝＝ A＝6.28 A。 (2)線框轉過60時，感應電動勢 E＝Emsin 60≈5.44 V。 (3)由于線框轉動是從中性面開始計時的，所以瞬時值表達式為e＝Emsin ωt＝6.28sin 10πt V。 答案：(1)6.28 V　6.28 A　(2)5.44 V (3)e＝6.28 sin 10πt V