微點2交變電流的瞬時值和最大值1．如下圖中各圖面積均為S的線圈均繞其對稱軸或中心軸在勻強磁場B中以角速度ω勻速轉動，從圖示位置起先計時能產生正弦交變電動勢e＝BSωsinωt的圖是()2．(多選)線圈在勻強磁場中轉動產生電動勢e＝10sin20πtV，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＝0.4s時，e有最大值為10eq\r(2)V3.如圖所示，邊長為L、阻值為R的正方形單匝金屬線圈abcd從圖示位置(線圈平面與紙面相平行)起先繞通過b、d兩點的軸EF以角速度ω勻速轉動，EF的左側有垂直于紙面對里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，右側沒有磁場，下列說法正確的是()A．在圖示位置線圈的磁通量最大，磁通量的變更率也最大B．從圖示位置轉出磁場的過程中，線圈中產生a→d→c→b→a方向的感應電流C．線圈中產生的感應電動勢的最大值為eq\f(1,2)BL2ωD．線圈中產生的感應電動勢的最大值為BL2ω4．溝通發電機在工作時電動勢為e＝Emsinωt，若將發電機的轉速提高一倍，同時將電樞所圍面積減小一半，其他條件不變，則其電動勢變為()A．e′＝Emsineq\f(ωt,2)B．e′＝2Emsineq\f(ωt,2)C．e′＝Emsin2ωtD．e′＝eq\f(Em,2)sin2ωt5.(多選)如圖所示，abcd為一邊長為L、匝數為N的正方形閉合線圈，繞對稱軸OO′勻速轉動，角速度為ω.空間中只有OO′左側存在垂直紙面對里的勻強磁場，磁感應強度大小為B.若閉合線圈的總電阻為R，則()A．線圈中電動勢的最大值為eq\f(\r(2),2)NBL2ωB．線圈中電動勢的最大值為eq\f(1,2)NBL2ωC．在線圈轉動一圈的過程中，線圈中有一半時間沒有電流D．當線圈轉到圖中所處的位置時，穿過線圈的磁通量為eq\f(1,2)BL26．一個矩形線圈在勻強磁場中勻速轉動，產生交變電動勢的瞬時表達式為e＝10eq\r(2)sin4πt(V)，則()A．該線圈轉動的角速度為4rad/sB．零時刻線圈平面與磁場垂直C．t＝0.25s時，e達到最大值D．在1s時間內，線圈中電流方向變更10次7.如圖所示，矩形線圈匝數N＝100匝，ab＝30cm，ad＝20cm，勻強磁場磁感應強度B＝0.8T，繞軸OO′從圖示位置起先勻速轉動，角速度ω＝100πrad/s，試求：(1)穿過線圈的磁通量最大值Φm為多大？(2)線圈產生的感應電動勢最大值Em為多大？(3)寫出感應電動勢e隨時間變更的表達式？(4)從圖示位置起先勻速轉動30°過程中，線圈中產生的平均電動勢為多少？8.如圖所示，勻強磁場的磁感應強度B＝eq\f(\r(2),π)T，邊長L＝10cm的正方形線圈abcd共100匝，線圈總電阻r＝1Ω，線圈繞垂直于磁感線的軸OO′勻速轉動，角速度ω＝2πrad/s，外電路電阻R＝4Ω.求：(1)轉動過程中線圈中感應電動勢的最大值．(2)從圖示位置(線圈平面與磁感線平行)起先計時，感應電動勢的瞬時值表達式．(3)由圖示位置轉過30°角時電路中電流的瞬時值．(4)線圈從起先計時經eq\f(1,6)s時線圈中的感應電流的瞬時值．(5)電阻R兩端電壓的瞬時值表達式．9.如圖所示，在勻強磁場中有一個“”形導線框可繞AB軸轉動，AB軸與磁場方向垂直，已知勻強磁場的磁感應強度B＝eq\f(5\r(2),π)T，線框的CD邊長為20cm，CE、DF長均為10cm，轉速為50rad/s.從圖示位置起先計時．(1)寫出線框中感應電動勢的瞬時值表達式；(2)在e-t坐標系中作出線框中感應電動勢隨時間變更的圖像．微點2交變電流的瞬時值和最大值1．答案：A解析：線圈在勻速磁場中繞垂直于磁場方向的軸(軸在線圈所在平面內)勻速轉動，產生的正弦式交變電動勢為e＝BSωsinωt，由這一原則推斷，A圖符合要求；B圖中的轉軸不在線圈所在平面內；C圖中產生的是余弦式交變電流；D圖轉軸與磁場方向平行，而不是垂直，且碰通量不變，不能產生感應電流．故A正確．2．答案：AB解析：由電動勢的瞬時值表達式可知，計時是從線圈位于中性面時起先的，即t＝0時，e＝0，此時線圈平面位于中性面，穿過線圈的磁通量最大，速度方向與磁感線平行，切割磁感線的有效速率為0，A、B對，C錯；當t＝0.4s時，代入得e＝10sin20πtV＝10×sin(20π×0.4)V＝0，D錯．3．答案：C解析：圖示位置線圈與磁場方向垂直，磁通量最大，但此時沒有任何邊切割磁感線，則感應電動勢為0，由法拉第電磁感應定律可知，磁通量的變更率也為零，故A錯誤；從圖示位置轉出磁場的過程中，穿過線圈的磁通量減小，由楞次定律可知，線圈中產生a→b→c→d→a方向的感應電流，故B錯誤；線圈中產生的感應電動勢的最大值為Emax＝eq\f(BL2ω,2)，故C正確，D錯誤．4．答案：C解析：本題考查交變電壓的瞬時值表達式e＝Emsinωt，而Em＝NBSω，當ω加倍而S減半時，Em不變，故正確答案為C.5．答案：BD解析：最大值Em＝eq\f(1,2)NBL2ω，A錯誤，B正確；在線圈轉動的過程中，線圈始終有一半在磁場中運動，不會有一半時間沒有電流，C錯誤；題圖中所示位置中，穿過線圈的磁通量為eq\f(1,2)BL2，D正確．6．答案：B解析：從交變電動勢的瞬時表達式為e＝10eq\r(2)sin4πtV，可知電動勢的最大值Em＝10eq\r(2)V，線圈轉動的角速度ω＝4πrad/s，所以A錯誤；零時刻，將t＝0代入交變電動勢的瞬時表達式得電動勢為0，則此時線圈處于中性面，線圈平面與磁場垂直，B正確；將t＝0.25s代入交變電動勢的瞬時表達式e＝10eq\r(2)sin4πt(V)＝10eq\r(2)sinπ(V)＝0，e達到最小值，C錯誤；依據交變電動勢的頻率f＝eq\f(ω,2π)＝2Hz，則在1s時間內線圈轉過2周，轉1周電流方向變更2次，則在1s時間內線圈中電流方向變更4次，D錯誤．7．答案：(1)0.048Wb(2)480πV(3)e＝480πcos100πt(V)(4)1440V解析：(1)當線圈轉至與磁感線垂直時，磁通量有最大值，為：Φm＝BS＝0.8×0.3×0.2Wb＝0.048Wb；(2)線圈與磁感線平行時，感應電動勢有最大值，為：Em＝NBSω＝480πV；(3)從圖示位置起先計時，電動勢的瞬時表達式為：e＝Emcosωt＝480πcos100πt(V)；(4)依據法拉第電磁感應定律得：eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(NΔΦ,Δt)＝eq\f(N（BSsin30°－0）,\f(30°,360°)·\f(2π,ω))＝1440V．8．答案：(1)2eq\r(2)V(2)e＝2eq\r(2)cos2πt(V)(3)eq\f(\r(6),5)A(4)eq\f(\r(2),5)A(5)uR＝eq\f(8\r(2),5)cos2πt(V)解析：(1)設轉動過程中線圈中感應電動勢的最大值為Em，則Em＝nBL2ω＝100×eq\f(\r(2),π)×0.12×2πV＝2eq\r(2)V.(2)從題圖所示位置起先計時，感應電動勢的瞬時值表達式為e＝Emcosωt＝2eq\r(2)cos2πt(V).(3)從題圖所示位置轉過30°角時感應電動勢的瞬時值e′＝2eq\r(2)cos30°V＝eq\r(6)V，則電路中電流的瞬時值為i＝eq\f(e′,R＋r)＝eq\f(\r(6),5)A.(4)t＝eq\f(1,6)s時，e″＝2eq\r(2)cos(2π×eq\f(1,6))V＝eq\r(2)V，對應的電流的瞬時值i′＝eq\f(e″,R＋r)＝eq\f(\r(2),5)A.(5)由歐姆定律，得uR＝eq\f(e,R＋r)R＝eq\f(8\r(2),5)cos2πt(V).9．答案：(1)e＝10eq\r(2)cos100πt(V)(2)圖見解析解析：(1)起先計時的位置為線框平面與磁感線平行的位置，在t時刻線框轉過的角度為ωt，此時刻，e＝Bl1l2ωcosωt，即e＝B