物理3-2人教版精编习题含详解答案第五章第一节交变电流资料(共14页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上第五章交变电流第一节交变电流学习目标1.会观察电流(或电压)的波形图，理解交变电流和直流的概念2.理解交变电流的产生过程，会分析电动势和电流方向的变化规律3.知道交变电流的变化规律及表示方法，知道交变电流的瞬时值、峰值的物理含义一、交变电流和交变电流的产生(阅读教材第31页第1段至第32页第3段)1交变电流(1)交变电流的定义：大小和方向都随时间周期性变化的电流，简称交流(2)直流：方向不随时间变化的电流2交变电流的产生(1)典型模型在匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的轴匀速转动的线圈里产生的是交变电流实验装置如图所示(2)中性面：线圈在磁场中转动过程中，线圈平面与磁场垂

2、直时所在的平面拓展延伸(解疑难)1中性面的特点：磁通量最大，磁通量的变化率0，瞬时感应电动势e0，瞬时感应电流i0，电流的方向将发生改变2垂直中性面的垂面特点：磁通量0，磁通量的变化率最大，瞬时感应电动势、瞬时感应电流最大1.(1)只要线圈在磁场中转动，就可以产生交变电流()(2)当线圈中的磁通量最大时，产生的电流也最大()(3)当线圈平面与磁场垂直时，线圈中没有电流()提示：(1)(2)(3)二、交变电流的变化规律(阅读教材第32页第4段至第33页第1段)1正弦式交变电流的定义：按正弦规律变化的交变电流叫做正弦式交变电流，简称正弦式电流2正弦式交变电流的表达式瞬时电动势：eEmsin t，瞬

3、时电压：uUmsin_t，瞬时电流：iImsin_t.式中Em、Um、Im分别表示电动势、电压、电流的峰值拓展延伸(解疑难)1峰值表达式EmNBSNmIm.2从两个特殊位置开始计时瞬时值的表达式从中性面位置开始计时从与中性面垂直的位置开始计时磁通量mcos tBScos tmsin tBSsin t感应电动势eEmsin tNBSsin teEmcos tNBScos t电压uUmsin tsin tuUmcos tcos t电流iImsin tsin tiImcos tcos t2.(1)在匀强磁场中线圈绕垂直磁场的转轴匀速转动的过程中，某些特殊时段，可能感应电动势和磁通量同时变大()(2)

4、表达式为eEmsin t的交变电流为正弦式交变电流，表达式为eEmsin的交变电流也是正弦式交变电流()(3)线圈绕垂直磁场的转轴匀速转动的过程中产生了正弦交变电流，峰值越大，则瞬时值也越大()提示：(1)(2)(3)交变电流的产生过程学生用书P41 本类问题主要从中性面和它的垂直面两个位置的磁通量、磁通量的变化率、感应电动势大小和感应电流的方向等几个方面进行考查(自选例题，启迪思维)1.矩形线框绕垂直于匀强磁场且在线框平面的轴匀速转动时产生了交变电流，下列说法正确的是()A当线框位于中性面时，线框中感应电动势最大B当穿过线框的磁通量为零时，线框中的感应电动势也为零C每当线框经过中性面时，感应

5、电动势或感应电流方向就改变一次D线框经过中性面时，各边切割磁感线的速度为零解析线框位于中性面时，线框平面与磁感线垂直，穿过线框的磁通量最大，但此时切割磁感线的两边的速度与磁感线平行，即不切割磁感线，所以感应电动势等于零，也应该知道此时穿过线框的磁通量的变化率等于零，感应电动势或感应电流的方向也就在此时刻变化线框垂直于中性面时，穿过线框的磁通量为零，但切割磁感线的两边都垂直切割，有效切割速度最大，所以感应电动势最大，也可以说此时穿过线框的磁通量的变化率最大故C、D选项正确答案CD2.如图所示，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以恒定的角速度转动，从线圈平面与磁场方向平行时开始计

6、时，则在这段时间内()A线圈中的感应电流一直在减小B线圈中的感应电流先增大后减小C穿过线圈的磁通量一直在减小D穿过线圈的磁通量的变化率先减小后增大解析根据，T，由于从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，故T时间内线圈中的感应电流先增大后减小，穿过线圈的磁通量先减小后增大，而磁通量的变化率先增大后减小，故B正确答案B3.(2015河南平顶山高二检测)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随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是()At1、t3时刻通过线圈的磁通量变化率最大Bt1、t3时刻线圈中感应电流方向改变Ct2、t4时

7、刻线圈中磁通量最大Dt2、t4时刻线圈中感应电动势最小思路探究(1)线圈转动过程中，哪两个边切割磁感线？(2)图中位置时为多少？转过90时，又为多少？解析从题图乙可以看出，t1、t3时刻通过线圈的磁通量最大，线圈经过中性面位置时线圈中感应电流方向改变，A错误，B正确；t2、t4时刻通过线圈的磁通量为零，线圈处于与中性面垂直的位置，此时感应电动势和感应电流均为最大，故C、D均错误答案B借题发挥当线圈处于中性面位置时，磁通量最大，但磁通量的变化率为零，感应电动势为零；当线圈平面与中性面垂直时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大，感应电动势最大交变电流的变化规律学生用书P42 1正弦式交变电流的电动势

8、的最大值EmNBS.Em是正弦交流电中一个关键物理量，电动势的瞬时值、电流的最大值和瞬时值都与Em有关2从中性面开始计时：eEmsin t，iImsin t，Im.(自选例题，启迪思维)1. 有一个正方形线圈的匝数为10匝，边长为20 cm，线圈总电阻为1 ，线圈绕OO轴以10 rad/s的角速度匀速转动，如图所示，匀强磁场的磁感应强度为0.5 T，问：(1)该线圈产生的交变电流电动势的峰值、电流的峰值分别是多少；(2)若从中性面位置开始计时，写出感应电动势随时间变化的表达式；(3)线圈从中性面位置开始，转过30时，感应电动势的瞬时值是多大思路探究(1)求解电动势峰值公式为EmNBS，电流的最

9、大值Im.(2)从中性面开始计时的电动势表达式为eEmsin t.(3)线圈从中性面开始计时，转过30时的感应电动势的计算有两种方法，一是利用eEmsin t，二是用瞬时切割，第一种方法较简单解析(1)交变电流电动势的峰值为Em2NBLvNBS100.50.2210 V6.28 V电流的峰值为Im6.28 A.(2)从中性面位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为eEmsin t6.28sin (10t) V.(3)线圈从中性面位置开始转过30时，感应电动势eEmsin 303.14 V.答案(1)6.28 V6.28 A(2)e6.28sin (10t) V(3)3.14 V2.如图所示，匀

10、强磁场B0.1 T，所用矩形线圈的匝数N100，边长ab0.2 m，bc0.5 m，以角速度100 rad/s绕OO轴匀速转动当线圈平面通过中性面时开始计时，试求：(1)线圈中瞬时感应电动势的大小；(2)由t0至t过程中的平均感应电动势值；(3)若从线圈平面平行磁感线时开始计时，求线圈在t时刻的电动势大小思路探究(1)线圈平面通过中性面时开始计时与线圈平面平行磁感线时开始计时有何不同？(2)平均感应电动势用哪个公式求解？解析(1)由题意可知：S0.20.5 m20.1 m2感应电动势的瞬时值eNBSsin t1000.10.1100sin (100t) V，所以e314sin (100t) V

11、.(2)用EN计算t0至t过程中的平均感应电动势EN4NNBS，代入数值得E200 V.(3)由EmNBS可知Em314 V线圈从线圈平面平行磁感线时开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为eEmcos t，代入数值得e314cos (100t) V当t时，e314cos V157 V.答案(1)314sin (100t)V(2)200 V(3)157 V3.(2015天津一中高二月考)交流发电机在工作时电动势为eEmsin t，若将发电机的角速度提高一倍，同时将线框所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为()AeEmsinBe2EmsinCeEmsin 2t Desin 2t解析交变电流的

12、瞬时值表达式eEmsin t，其中EmNBS，当加倍而S减半时，Em不变，故C正确答案C借题发挥求解交变电流瞬时值时可分三步：(1)确定线圈从哪个位置开始计时，进而确定表达式是正弦还是余弦形式；(2)确定线圈转动的角速度及线圈匝数n、磁感应强度B、线圈面积S等；(3)识记EmnBS，解题中可直接代入，不必推导按表达式eEmsin t或eEmcos t代入Em及的具体数值正弦式交变电流的图象学生用书P43 从图象中可以解读到以下信息来求解问题1交变电流的最大值Im、Em、周期T.2因线圈在中性面时感应电动势、感应电流均为零，磁通量最大，所以可确定线圈位于中性面的时刻3找出线圈平行于磁感线的时刻4

13、判断线圈中磁通量的变化情况5分析判断e、i、u随时间的变化规律(自选例题，启迪思维)1.(2015北师大附中高二检测)一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动线圈中的感应电动势e随时间t的变化如图所示下面说法中正确的是()At1时刻通过线圈的磁通量为零Bt2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大Ct3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大D每当e变换方向时，通过线圈的磁通量绝对值都最大思路探究(1)0时刻线圈处于什么位置？(2)e、i方向在哪个位置变化？解析t1、t3时刻感应电动势为零，线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，A、C错误；t2时刻感应电动势最

14、大，线圈位于与中性面垂直的位置，穿过线圈的磁通量为零，B错误；由于线圈每经过一次中性面，穿过线圈的磁通量的绝对值最大，e变换方向，故选D.答案D2.一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法中正确的是()At0时刻线圈平面与中性面垂直Bt0.01 s时刻的变化率达到最大Ct0.02 s时刻感应电动势达到最大D该线圈相应的感应电动势图象如题图乙所示解析t0时最大，线圈应在中性面位置，A错误；t0.01 s时，t图象的斜率最大，故最大，B正确；t0.02 s时，最大，故e0，C错误；因t图象为余弦图象，故et图象应为正弦图象，D错误故选

15、B.答案B3.在垂直纸面向里的有界匀强磁场中放置了矩形线圈abcd.线圈cd边沿竖直方向且与磁场的右边界重合线圈平面与磁场方向垂直从t0时刻起，线圈以恒定角速度绕cd边沿如图所示方向转动，规定线圈中电流沿abcda方向为正方向，则从t0到tT时间内，线圈中的电流i随时间t变化关系的图象为()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，电流方向为负值；在T内，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，且电流方向为正值，故只有B项正确答案B借题发挥正弦式交流电图象的分析方法一看：看“轴”、看“线”、看“斜率”、看“点”、看“截距”、看“面积”、看“拐

16、点”，并理解其物理意义一定要把图象与线圈在磁场中的位置对应起来二变：掌握“图与图”、“图与式”和“图与物”之间的变通关系例如可借助磁通量的变化图线与电动势的变化图线是否是互余关系来分析问题三判：在此基础上进行正确的分析和判断思想方法关于线圈转动过程的分析技巧线圈在磁场中转动产生交变电流，实际上就是导体切割磁感线产生动生电动势，其大小用EBLvsin 计算，其方向可用右手定则或楞次定律来判断，关键分析清楚哪部分切割、在哪段时间内切割，过程分析清楚，问题就解决了而线圈在磁场中的情况千变万化，故线圈在磁场中转动过程的分析要注意以下三点：第一，明确线圈的转轴与磁场的位置，这将关系到线圈的磁通量是否发生

17、变化；第二，明确线圈的转轴与线圈的位置，总电动势是两部分电动势的和，这将关系到两部分电动势的大小和方向；第三，要对整个转动过程进行全程分析，不能想当然地去判断而得出结论范例 (2015武汉高二检测)如图所示，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若从图示位置开始计时，并规定电流方向沿abcda为正方向，则线圈内感应电流随时间变化的图象是下图中的()解析若从图示位置开始计时，在线圈转动90的过程中，只有ab边切割磁感线，相当于向右切割，故感应电流的方向为adcba，为负方向，大小相当于半个线圈在磁场中转动，但还是正弦的形式，这一部分A、B

18、项表示的都是正确的；在线圈转动90到180的过程中，只有cd边切割磁感线，相当于向左切割，故感应电流的方向为adcba，为负方向，大小相当于半个线圈在磁场中转动，但还是正弦的形式，这一部分B项表示的方向是不正确的；再按同样的方法继续分析可以得到A项是正确的答案A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t0时刻，线圈平面与纸面重合，如图所示，线圈的cd边离开纸面向外运动若规定沿abcda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变化的图象是()解析：选C.线圈在磁场中从题图位置开始匀速转动时可以产生按余弦规律变化的交流电对于题图起

19、始时刻，线圈的cd边离开纸面向外运动，速度方向和磁场方向垂直，产生的电动势的瞬时值最大；用右手定则判断出电流方向为逆时针方向，与规定的正方向相同，所以C对随堂达标1下图所示图象中属于交流电的有()解析：选ABC.根据交变电流的定义分析，是否属于交变电流关键是看电流方向是否发生变化，而不是看大小2. 如图所示，矩形线圈abcd放在匀强磁场中，adbcl1，abcdl2.从图示位置起该线圈以角速度绕不同转轴匀速转动，则()A以OO为转轴时，感应电动势eBl1l2sin tB以O1O1为转轴时，感应电动势eBl1l2sin tC以OO为转轴时，感应电动势eBl1l2cos tD以OO为转轴跟以ab为

20、转轴一样，感应电动势eBl1l2sin解析：选CD.以O1O1为轴转动时，磁通量不变，不产生交变电流无论以OO为轴还是以ab为轴转动，感应电动势的最大值都是Bl1l2.由于是从与磁场平行的面开始计时，产生的是余弦式交变电流，故C、D正确3如图所示为演示交变电流的装置图，关于这个实验，正确的说法是()A线圈每转动一周，指针左右摆动两次B图示位置为中性面，线圈中无感应电流C图示位置，ab边的感应电流方向为由abD线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零解析：选C.线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生周期性变化的交变电流，线圈经过中性面时电流改变方向，线圈每转动一周，有两次通过中性面，电流方向改变

21、两次，指针左右摆动一次，故A错；线圈平面垂直于磁感线的位置称为中性面，显然图示位置不是中性面，所以B也不对；线圈处于图示位置时，ab边向右运动，由右手定则，ab边的感应电流方向为由ab，C对；线圈平面与磁场方向平行时，ab、cd边垂直切割磁感线，线圈产生的电动势最大，也可以这样认为，线圈处于竖直位置时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大，D错4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、C时刻线圈处于中性面位置B在B、D时刻穿过线圈的磁通量为零C从A时刻到D时刻线圈转过的角度为D若从O时刻到D时刻经过0.02 s，则在1 s内交变电流的

22、方向改变100次解析：选D.A、C时刻感应电流最大，线圈位置与中性面垂直，B、D时刻感应电流为零，线圈在中性面，此时磁通量最大从A时刻到D时刻线圈转过角度为.若从O时刻到D时刻经过0.02 s，即线圈转动一周用时0.02 s，且在这个时间内电流方向改变2次，则在1 s内交变电流的方向改变2100次，故选D.5. (选做题)矩形线圈abcd在如图所示的磁场中以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向垂直纸面向里，其中ab边左侧磁场的磁感应强度大小是右侧磁场的2倍在t0时刻线圈平面与纸面重合，且cd边正在向纸外转动规定图示箭头方向为电流正方向，则线圈中电流随时间变化的关系图线应是()解析：选A.绕垂直磁

23、场的轴转动时，线圈能够产生的最大感应电动势EmNBS，所以线圈在左侧磁场中产生的感应电动势最大值是右侧磁场中最大值的2倍，再利用楞次定律分析感应电流方向，可知选项A正确课时作业一、选择题1(多选)一矩形闭合线圈在匀强磁场中匀速转动，当线圈平面通过中性面时()A线圈平面与磁感线垂直，此时通过线圈的磁通量最大B通过线圈磁通量的变化率达最大值C线圈中感应电流为零D此位置前后的感应电流方向相反解析：选ACD.当线圈平面通过中性面时，线圈平面与磁感线垂直，通过线圈的磁通量最大，通过线圈磁通量的变化率为零，线圈中感应电流为零，此位置前后的感应电流方向相反，故选项A、C、D正确，B错误2如图所示，面积均为S

24、的线圈均绕其对称轴或中心轴在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度匀速转动，能产生正弦交变电动势eBSsin t的图是()解析：选A.线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，且从中性面开始计时，产生的电动势eBSsin t，由此判断，只有A选项符合3(多选)一个矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的交变电动势e220sin 100t V，则下列判断正确的是()At0时，线圈位于中性面位置Bt0时，穿过线圈平面的磁通量最大Ct0时，线圈的有效切割速度方向垂直磁感线Dt0时，线圈中感应电动势达到峰值解析：选AB.因按正弦规律变化，故t0时线圈位于中性面，A正确；此时穿过线圈的磁通量最大，B正确；t0时

25、，线圈的有效切割速度方向与磁感线平行，不产生感应电动势，故C、D错误4(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，则在t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.线圈转动的角速度为，则转过一圈用时，当t时说明转过了圈，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5. 如图所示，一矩形线圈绕与匀强磁场垂直的中心

26、轴OO沿顺时针方向转动，引出线的两端分别与相互绝缘的两个半圆形铜环M和N相连M和N又通过固定的电刷P和Q与电阻R相连在线圈转动过程中，通过电阻R的电流()A大小和方向都随时间做周期性变化B大小和方向都不随时间做周期性变化C大小不断变化，方向总是PRQD大小不断变化，方向总是QRP解析：选C.半圆环交替接触电刷，从而使输出电流方向不变，这是一个直流发电机模型，由右手定则知，外电路中电流方向是PRQ.6(多选)矩形线圈的匝数为50匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示，下列结论正确的是()A在t0.1 s和t0.3 s时，电动势最大B在t0.2 s和t

27、0.4 s时，电动势改变方向C电动势的最大值约是157 VD在t0.4 s时，磁通量变化率最大，其值为3.14 Wb/s解析：选CD.从题图中可知，在0.1 s和0.3 s时刻，穿过线圈的磁通量最大，此时刻磁通量的变化率等于零；0.2 s和0.4 s时刻，穿过线圈的磁通量为零，但此时刻磁通量的变化率最大，由此得选项A、B错误根据电动势的最大值公式：EmNBS，mBS，可得：Em157 V；磁通量变化率的最大值应为3.14 Wb/s，故选项C、D正确7长为a、宽为b的矩形线圈，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场的OO轴以恒定的角速度旋转设t0时，线圈平面与磁场方向平行，则此时的磁通量和磁

28、通量的变化率分别是()A0,0B0，BabC.，0 DBab，Bab解析：选B.实际上，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动时，产生交变电动势eEmcos tBabcos t.当t0时，cos t1，虽然磁通量0，但是电动势有最大值EmnBab，根据法拉第电磁感应定律En，可知当电动势为最大值时，对应的磁通量的变化率也最大，即EmmaxBab，B正确8如图甲所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴OO以角速度逆时针匀速转动若以线圈平面与磁场夹角45时为计时起点，如图乙所示，并规定当电流自a流向b时电流方向为正则下列所示的四幅图中正确的是()解析：选D.由楞次定律知，t

29、0时电流方向为负，线圈平面与中性面的夹角为，线圈再转过到达中性面，所以，线圈中感应电流为iImsin(t)，因而只有D项正确9.(多选)如图甲所示，金属导轨水平放置，导轨上跨放一根金属棒ab，ab与导轨垂直并能沿导轨自由滑动，在导轨左侧与ab平行放置的导线cd中通以图乙所示的交变电流，规定电流方向自c向d为正，则ab受到向左的安培力作用的时间是()A0t1 Bt1t2Ct2t3 Dt3t4解析：选AC.在0t1时间内，i的方向为cd，由安培定则知，闭合回路中的磁场方向垂直纸面向里，因i增大，由楞次定律判断出闭合回路中有逆时针方向的感应电流，金属棒上电流的方向为ab，由左手定则可知，金属棒受到的

30、安培力向左；在t1t2时间内，i方向不变，大小逐渐减小，根据楞次定律知，闭合回路中有顺时针方向的感应电流，由左手定则可知金属棒受到的安培力向右；同理可判断，在t2t3时间内，金属棒受到的安培力向左，t3t4时间内，金属棒受到的安培力向右故选项A、C正确二、非选择题10一矩形线圈有100匝，面积为50 cm2，线圈内阻r2 ，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，从线圈平面与磁场平行时开始计时，已知磁感应强度B0.5 T，线圈的转速n1 200 r/min，外接一用电器，电阻为R18 ，试写出R两端电压瞬时值的表达式解析：角速度2n240 rad/s，最大值EmNBS1000.5501044

31、0 V10 V，线圈中感应电动势eEmcos t10cos 40t V，由闭合电路欧姆定律i A，故R两端电压uRi1810cos 40t V，即u9cos 40t V.答案：u9cos 40t V11如图所示，在匀强磁场中有一个“”形导线框可绕AB轴转动，已知匀强磁场的磁感应强度B T，线框的CD边长为20 cm，CE、DF长均为10 cm，转速为50 r/s.若从图示位置开始计时：(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；(2)在et坐标系中作出线框中感应电动势随时间变化关系的图象解析：(1)线框转动，开始计时的位置为线框平面与磁感线平行的位置，在t时刻线框转过的角度为t，此时刻，eBl1

32、l2cos t即eBScos t.其中B T，S0.10.2 m20.02 m2，2n250 rad/s100 rad/s.故e0.02100cos (100t) V，即：e10cos (100t) V.(2)线框中感应电动势随时间变化关系的图象如图所示：答案：(1)e10cos (100t) V(2)见解析图12. 如图所示，一半径为r10 cm的圆形线圈共100匝，在磁感应强度BT的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的中心轴线OO以n600 r/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 s时的电动势的瞬时值；(3)求线圈从图示位置开始在 s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eEmsin t，而在某段时间内的平均电动势可根据N求得(1)eEmsin t，EmNBS(与线圈形状无关)，20 rad/s，故e100sin 20t V.(2)当t s时，e100sin V50 V86.6 V.(3)在 s内线圈转过的角度t20 rad/ss，由BScos t知BS，所以N V.答案：(1)e100sin 20t V(2)86.6 V(3) V专心-专注-专业