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第1讲　交变电流的产生和描述
考试内容范围及要求
高考统计
高考命题解读
内容
要求
说明
2015
2016
2017
2018
1.考查方式
从近几年命题看，高考对本章内容考查频率较低.主要体现在“三突出”：一是突出考查交变电流的产生过程；二是突出考查交变电流的图象和交变电流的“四值”；三是突出考查变压器及远距离输电，难度不大，多以选择题的形式命题.
2.命题趋势
电磁感应结合交变电流、变压器结合电路分析仍将是今后命题的热点.
45.交变电流　描述交变电流的物理量和图象
Ⅰ
46.正弦交变电流的函数表达式
Ⅰ
47.电感和电容对交变电流的影响
Ⅰ
T7
48.理想变压器
Ⅱ
限于单个副线圈
的理想变压器
T1
T4
49.远距离输电
Ⅰ
T2
50.传感器的工作原理及其应用
Ⅰ
T11
第1讲　交变电流的产生和描述
一、正弦式交变电流
1.产生
线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动.
2.两个特殊位置的特点
(1)线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变.
(2)线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，最大，e最大，i最大，电流方向不改变.
3.电流方向的改变
一个周期内线圈中电流的方向改变两次.
4.交变电动势的最大值
Em＝nBSω，与转轴位置无关，与线圈形状无关.
5.交变电动势随时间的变化规律
e＝nBSωsin ωt.
自测1　(多选)关于中性面，下列说法正确的是(　　)
A.线圈在转动中经中性面位置时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零
B.线圈在转动中经中性面位置时，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大
C.线圈每经过一次中性面，感应电流的方向就改变一次
D.线圈每转动一周经过中性面一次，所以线圈每转动一周，感应电流的方向就改变一次
答案　AC
二、描述交变电流的物理量
1.周期和频率
(1)周期T：交变电流完成1次周期性变化所需要的时间，单位是秒(s).表达式为T＝.
(2)频率f：交变电流在1 s内完成周期性变化的次数，单位是赫兹(Hz).
(3)周期和频率的关系：T＝或f＝.
2.交变电流的瞬时值、最大值、有效值和平均值
(1)瞬时值：交变电流某一时刻的值，是时间的函数.
(2)最大值：交变电流或电压所能达到的最大的值.
(3)有效值：让恒定电流和交变电流分别通过阻值相等的电阻，如果在交流的一个周期内它们产生的热量相等，就可以把恒定电流的数值规定为这个交变电流的有效值.
(4)正弦式交变电流的有效值与最大值之间的关系
I＝，U＝，E＝.
(5)平均值：＝n，＝.
自测2　(多选)图1甲为交流发电机的原理图，正方形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，电流表为理想交流电表，线圈中产生的交变电流随时间的变化如图乙所示，则(　　)
图1
A.电流表的示数为10 A
B.线圈转动的角速度为50 rad/s
C.0.01 s时线圈平面和磁场平行
D.0.01 s时通过线圈的磁通量变化率为0
答案　AD
命题点一　交变电流的产生及变化规律
1.交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)
规律
物理量
函数表达式
图象
磁通量
Φ＝Φmcos ωt＝BScos ωt
电动势
e＝Emsin ωt＝nBSωsin ωt
电压
u＝Umsin ωt＝sin ωt
电流
i＝Imsin ωt＝sin ωt
2.交变电流瞬时值表达式的书写
(1)确定正弦交变电流的峰值，根据已知图象读出或由公式Em＝nBSω求出相应峰值.
(2)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式.如：
①线圈从中性面位置开始转动，则i－t图象为正弦函数图象，函数式为i＝Imsin ωt.
②线圈从垂直于中性面的位置开始转动，则i－t图象为余弦函数图象，函数式为i＝Imcos ωt.
例1　如图2所示，矩形线圈边长为ab＝20 cm，ad＝10 cm，匝数N＝100匝，磁场的磁感应强度B＝0.01 T.当线圈以50 r/s的转速从图示位置开始逆时针匀速转动.求：
图2
(1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式.
(2)从线圈开始转动计时，经0.01 s时感应电动势的瞬时值.
答案　(1)e＝6.28sin (100πt＋) V　(2)－3.14 V
解析　(1)根据角速度与转速的关系ω＝2πn＝100π rad/s
感应电动势的最大值Em＝NBSω＝NB·ab·ad·ω＝2π V≈6.28 V
刚开始转动时，线圈平面与中性面的夹角φ0＝
所以线圈中感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emsin (ωt＋φ0)＝6.28sin (100πt＋) V
(2)将t＝0.01 s代入感应电动势的瞬时值表达式，得e＝－3.14 V.
变式1　(2018·无锡市高三期末) 如图3所示，单匝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(按俯视沿逆时针的方向)，某时刻磁感线与线圈平面所成锐角为30°，从此时开始计时，流过边AC的电流随时间变化的图线是(以A→C→D→E→A为电流正方向)(　　)
图3
答案　D
解析　根据楞次定律可知，在开始时，产生的感应电流沿CAEDC方向，为负值，当转到中性面时，感应电流减小到零，电流方向发生改变，故D正确.
变式2　(多选)(2018·东台创新学校月考)如图4所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦式电动势的图象，当调整线圈转速后，所产生的正弦式电动势的图象如图线b所示.以下关于这两个正弦式电动势的说法正确的是(　　)
图4
A.在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零
B.线圈先后两次转速之比为3∶2
C.正弦式电动势a的瞬时值表达式为u＝10sin 5πt V
D.正弦式电动势b的最大值为5 V
答案　BC
解析　t＝0时刻u＝0，根据法拉第电磁感应定律，磁通量变化率为零，而磁通量最大，故A错误；由题图可知，周期Ta＝0.4 s，Tb＝0.6 s，则线圈先后两次转速之比na∶nb＝Tb∶Ta＝3∶2，故B正确；正弦式电动势a的最大值为Uma＝10 V，周期Ta＝0.4 s，角速度ωa＝＝5π rad/s，瞬时值表达式为u＝Umasin ωat＝10sin 5πt V，故C正确；由电动势的最大值Em＝NBSω，则两个电动势最大值之比Uma∶Umb＝ωa∶ωb＝3∶2，则正弦式电动势b的最大值为 V，故D错误.
命题点二　有效值的理解与计算
1.计算交变电流有效值的方法
(1)计算有效值时要根据电流的热效应，抓住“三同”：“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”列式求解.
(2)分段计算电热并求和，得出一个周期内产生的总热量.
(3)利用两个公式Q＝I2Rt和Q＝t可分别求得电流有效值和电压有效值.
(4)若图象部分是正弦(或余弦)式交变电流，其中的周期(必须是从零至最大值或从最大值至零)和周期部分可直接应用正弦式交变电流有效值与最大值间的关系I＝、U＝求解.
2.几种典型的交变电流的有效值
电流图象
有效值
正弦式
交变电流
I＝
正弦半波
电流
I＝
正弦单向
脉冲电流
I＝
矩形脉冲
电流
I＝ Im
非对称性
交变电流
I＝
例2　(多选)(2018·高考押题预测卷)如图5所示，有下列四种交变电流，图中曲线均为正弦曲线的一部分，则下列说法正确的是(　　)
图5
A.甲图交变电流的有效值为I0
B.乙图交变电流的有效值为 A
C.丙图交变电流的有效值为Im
D.丁图交变电流的有效值为3 A
答案　ABC
解析　对题图甲，设电流的有效值为I甲，根据电流的热效应得2RT＋2R·2T＝I甲2 R·
3T，解得I甲＝I0，故A正确；对题图乙，设电流的有效值为I乙，根据电流的热效应得：I12R·＋I22R·＝I乙2RT，代入数据解得：I乙＝ A，故B正确；对方波交变电流来说，由于每时刻通过电阻R的电流大小都是Im，只是方向做周期性变化，而对于电流通过电阻发热来说，它与电流的方向没有关系，因此题图丙交变电流的有效值就是Im，故C正确；由题图丁可知此交变电流的周期T＝2 s，设交变电流的有效值为I丁，根据电流的热效应得：2R·＋2R·＝I丁2RT，解得I丁＝ A，故D错误.
命题点三　交流电的“四值”及应用
交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较
物理量
物理含义
重要关系
适用情况及说明
瞬时值
交变电流某一时刻的值
e＝Emsin ωt
i＝Imsin ωt
计算线圈某时刻的受力情况
峰值
最大的瞬时值
Em＝nBSω
Im＝
讨论电容器的击穿电压
有效值
跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值
E＝
U＝
I＝
适用于正(余)
弦式交变电流
(1)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等)
(2)电器设备铭牌上所标的一般是有效值
(3)保险丝的熔断电流为有效值
平均值
交变电流图象中图线与时间轴所夹的面积与时间的比值
＝BL
＝n
＝
计算通过电路横截面的电荷量
例3　(2018·苏锡常镇一调)无线充电技术的发展给用户带来了极大的方便，可应用于手机、电脑、智能穿戴、智能家居、医疗设备、电动汽车等充电，如图6甲所示为手机无线充电工作原理的示意图，由送电线圈和受电线圈组成.已知受电线圈的匝数为n＝50匝，电阻r＝1.0 Ω，在它的c、d两端接一阻值R＝9.0 Ω的电阻.设在受电线圈内存在与线圈平面垂直的磁场，其磁通量随时间按图乙所示变化，可在受电线圈中产生电动势最大值为20 V的正弦交流电，设磁场竖直向上为正.求：
图6
(1)在t＝π×10－3 s时，受电线圈中产生电流的大小，并判断c、d两端哪端电势高；
(2)在一个周期内，电阻R上产生的热量；
(3)从t1到t2时间内，通过电阻R的电荷量.
答案　(1)2.0 A　c端电势高　(2)5.7×10－2 J　(3)2×10－3 C
解析　(1)由题图乙知t＝π×10－3 s时受电线圈中产生的电动势最大，为Em＝20 V
线圈中产生感应电流的大小为It＝Im＝＝2.0 A
由楞次定律可以得到此时c端电势高
(2)通过电阻的电流有效值为I＝＝ A
电阻在一个周期内产生的热量Q＝I2RT≈5.7×10－2 J
(3)线圈中感应电动势的平均值＝n
通过电阻R的电流平均值为＝
通过电阻R的电荷量q＝·Δt
由题图乙知，从t1到t2时间内，ΔΦ＝4×10－4 Wb
解得q＝n＝2×10－3 C.
变式3　(多选)(2018·海州高级中学4月模拟)如图7所示，边长ab＝d、bc＝l的矩形线圈abcd与阻值为R的电阻组成闭合回路，线圈的匝数为n、总电阻为r，匀强磁场的左边界OO′恰好经过ab、cd的中点，磁感应强度大小为B.从图示位置开始计时，线圈绕垂直于磁场的OO′轴以角速度ω匀速转动，则下列说法中正确的是(　　 )
图7
A.回路中感应电动势的瞬时值表达式e＝nBωdlsin ωt
B.在t＝时刻，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大
C.从t＝0到t＝的时间内，电阻R产生的焦耳热为Q＝
D.从t＝0到t＝的时间内，通过电阻R的电荷量q＝
答案　BCD
解析　由题图知S＝dl，则Em＝nBωdl，得回路中感应电动势的瞬时值表达式e＝nBωdlsin ωt，故A错误；在t＝时刻，线圈从题图所示位置转过90°，此时穿过线圈的磁通量为零，磁通量变化率最大，故B正确；电压有效值为E＝，从t＝0到t＝的时间内，电阻R产生的焦耳热为Q＝()2·R·＝，故C正确；从t＝0到t＝的时间内，通过R的电荷量q＝＝，故D正确.
1.(2018·东台创新学校月考)关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，下列说法中正确的是(　　)
A.线圈平面每经过中性面一次，感应电流的方向就改变一次，感应电动势的方向不变
B.线圈每转动一周，感应电流的方向改变一次
C.线圈平面每经过中性面一次，感应电动势和感应电流的方向都改变一次
D.线圈每转动一周，感应电动势和感应电流的方向都改变一次
答案　C
解析　线圈平面每经过中性面一次，感应电动势和感应电流的方向都改变一次，选项A错误，C正确；线圈每转动一周，感应电动势和感应电流的方向都改变两次，选项B、D错误.
2.(2018·东台创新学校月考)小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图8所示.此线圈与一个R＝10 Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列说法正确的是(　　 )
图8
A.交变电流的周期为0.125 s
B.交变电流的频率为8 Hz
C.交变电流的有效值为 A
D.交变电流的最大值为4 A
答案　C
解析　由题图可知，交变电流的周期T＝0.250 s，则交变电流的频率为f＝＝4 Hz，故A、B错误；交变电流的最大电压Em＝20 V，所以交变电流的最大值为Im＝＝ A＝2 A，则交变电流的有效值为I＝＝ A，故C正确，D错误.
3.(多选)在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图9所示正弦规律变化.设线圈总电阻为 2 Ω，则(　　)
图9
A.t＝0时，线圈平面平行于磁感线
B.t＝1 s时，线圈中的电流改变方向
C.t＝1.5 s时，线圈中的感应电动势最大
D.一个周期内，线圈产生的热量为8π2 J
答案　AD
解析　t＝0时，穿过线圈的磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，故A正确；每经过一次中性面(线圈平面垂直于磁感线，磁通量有最大值)电流的方向改变一次，t＝1 s时，磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，故B错误；t＝1.5 s时，磁通量有最大值，但磁通量的变化率为零，根据法拉第电磁感应定律可知线圈中的感应电动势为零，故C错误；感应电动势最大值Em＝NBSω＝N·Φm·＝4π V，有效值E＝＝2π V，一个周期内线圈产生的热量Q＝T＝8π2 J，故D正确.
4.(2018·丹阳中学模拟)在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图10甲所示，产生的交变电动势随时间变化规律的图象如图乙所示，已知发电机线圈内阻为1 Ω，外接一只电阻为9 Ω的灯泡，则(　　)
图10
A.理想交流电压表V的示数为20 V
B.电路中的电流方向每秒改变5次
C.灯泡实际消耗的功率为36 W
D.电动势随时间变化的瞬时值表达式为e＝20cos 5πt (V)
答案　C
解析　由题图乙知电动势的最大值为Em＝20 V，周期为T＝0.2 s，所以有效值为E＝20 V，角速度ω＝＝10π rad/s.电压表测的是路端电压U＝·R＝×9 V＝18 V，A错误；交变电流的频率为f＝＝5 Hz，每一周期电流方向改变两次，所以每秒改变10次，B错误；灯泡实际消耗的功率为P＝＝ W＝36 W，C正确；电动势随时间变化的瞬时值表达式为e＝20cos 10πt (V)，D错误.
5.(2018·南京市、盐城市一模)旋转磁极式发电机通过磁极的旋转使不动的线圈切割磁感线而产生感应电流，其原理示意图可简化为图11所示，固定不动的单匝矩形线圈abcd 的电阻为r，外电阻为R，磁场绕垂直于磁场的转轴OO′匀速转动，角速度为ω.图中的电压表为理想电表，示数为U.求：
图11
(1)发电机线圈内阻消耗的功率；
(2)从图示位置开始计时，t＝0时，通过外电阻 R 的电流大小及方向；
(3)从图示位置开始计时，t＝时，穿过矩形线圈abcd的磁通量.
答案　(1)r　(2)　方向自左向右　(3)
解析　(1)线圈内阻消耗的功率Pr＝()2r＝r
(2)此时电路中的电动势Umax＝U
通过外电阻R的电流大小I＝，方向自左向右
(3)最大感应电动势Emax＝ωBS
Φ＝BS
Emax＝(R＋r)
则Φ＝.
1.(多选)某小型发电机产生的交变电动势为e＝50sin 100πt (V)，对此电动势，下列表述正确的有(　　)
A.最大值是50 V
B.频率是100 Hz
C.有效值是25 V
D.周期是0.02 s
答案　CD
解析　电动势的最大值Em＝50 V，A错误；频率f＝ Hz＝50 Hz，B错误；有效值E＝ V＝25 V，C正确；周期T＝ s＝0.02 s，D正确.
2.(2018·江苏百校12月大联考)某一电子设备所加正弦交流电的电压随时间的变化规律如图1所示，则(　　)
图1
A.交流电的频率为50 Hz
B.交流电压的有效值为100 V
C.交流电压瞬时值表达式为u＝100cos 25t (V)
D.此交流电压不可以直接加在耐压值为80 V的电容器两端
答案　D
3.(多选)(2018·锦屏中学模拟)一个单匝矩形线框的面积为S，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动，从线框平面与磁场垂直的位置开始计时，转速为n转/秒，则(　　)
A.交变电动势的最大值为nπBS
B.交变电动势的有效值为nπBS
C.从开始转动经过周期，线框中的平均感应电动势为2nBS
D.感应电动势瞬时值表达式为e＝2nπBSsin 2nπt
答案　BD
4.一正弦交变电流的电压随时间变化的规律如图2所示，由图可知(　　)
图2
A.该交变电流的电压的瞬时值表达式为u＝100sin 25πt (V)
B.该交变电流的频率为4 Hz
C.该交变电流的电压的有效值为100 V
D.若将该交变电压加在阻值为R＝100 Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是50 W
答案　D
解析　由题图可知，该交变电压的周期T＝4×10－2 s，则频率f＝＝25 Hz，电压的最大值Um＝100 V，则有效值U＝＝50 V，瞬时值表达式u＝Umsin t＝100sin 50πt (V)，选项A、B、C错误；将该交变电压加在R＝100 Ω的电阻两端时，电阻消耗的功率P＝＝50 W，选项D正确.
5.(多选)如图3甲所示是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为理想交流电流表.线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示.以下判断正确的是(　　)
图3
A.电流表的示数为10 A
B.线圈转动的角速度为50π rad/s
C.0.01 s时线圈平面与磁场方向平行
D.0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左
答案　AC
6.如图4甲所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与R＝10 Ω的电阻连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电压表，示数是10 V.图乙是矩形线圈中磁通量Φ随时间t变化的图象，则(　　)
图4
A.电阻R上的电功率为20 W
B.t＝0.02 s时，R两端的电压瞬时值为零
C.R两端的电压u随时间t变化的规律是
u＝14.1cos 100πt (V)
D.通过R的电流i随时间t变化的规律是
i＝14.1cos 50πt (A)
答案　C
解析　电阻R上的电功率为P＝＝10 W，选项A错误；由题图乙知t＝0.02 s时磁通量变化率最大，R两端电压瞬时值为最大值Um＝U≈14.1 V，选项B错误；线圈从垂直于中性面开始转动，R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1cos 100πt (V)，选项C正确；通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝＝1.41cos 100πt (A)，选项D错误.
7.(多选)(2018·高邮中学阶段检测)如图5所示，甲、乙为两种电压的波形，其中图甲所示的电压按正弦规律变化，图乙所示的电压波形是正弦函数图象的一部分.下列说法正确的是(　　)
图5
A.图甲、图乙均表示交变电流
B.图甲所示电压的瞬时值表达式为u＝20sin 100πt (V)
C.图乙所示电压的有效值为20 V
D.图乙所示电压的有效值为10 V
答案　ABD
解析　根据交变电流的定义，题图甲、题图乙均表示交变电流，选项A正确；题图甲中电压的最大值为Um＝20 V，周期为T＝0.02 s，则电压的瞬时值表达式为u＝Umsin t＝20sin 100πt (V)，选项B正确；根据有效值的定义有·＝T，解得题图乙中电压的有效值为U＝10 V，选项C错误，D正确.
8.如图6所示为一交流电压随时间变化的图象.每个周期的前三分之一周期内电压按正弦规律变化，后三分之二周期内电压恒定.根据图中数据可得，此交流电压的有效值为(　　)
图6
A.7.5 V B.8 V
C.2 V D.3 V
答案　C
9.(2018·盐城中学阶段性测试)如图7所示，N匝矩形导线框以角速度ω绕对称轴OO′匀速转动，线框面积为S，线框电阻、电感均不计，在OO′左侧有磁感应强度为B的匀强磁场，外电路接有电阻R和理想交流电流表，那么可以确定的是(　　)
图7
A.从图示时刻起，线框产生的瞬时电动势为e＝NBωSsin ωt
B.电流表的示数I＝NBS
C.R两端电压的有效值U＝NBS
D.一个周期内R上产生的热量Q＝
答案　B
解析　线框中产生的感应电动势的最大值Em＝NBSω，从题图所示时刻起，线框产生的瞬时电动势为e＝sin ωt，A错误.R两端电压的有效值为U＝＝NBS，电流表示数I＝＝NBS，故C错误，B正确.一个周期(T＝)内R上产生的热量Q＝T＝，D错误.
10.(多选)如图8，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内，两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里.现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则(　　)
图8
A.两导线框中均会产生正弦交流电
B.两导线框中感应电流的周期都等于T
C.在t＝时，两导线框中产生的感应电动势相等
D.两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等
答案　BC
解析　两导线框进入磁场过程中，匀速转动切割磁感线产生感应电动势的大小不变，选项A错误；导线框的转动周期为T，则感应电流的周期也为T，选项B正确；在t＝时，切割磁感线的有效长度相同，两导线框中产生的感应电动势相等，选项C正确；在一个周期内，M导线框中一直有感应电流，N导线框中只有一半时间内有感应电流，所以两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值不相等，选项D错误.
11.(2018·泰州中学等综合评估)某研究性学习小组进行地磁发电实验，匝数为n、面积为S的矩形金属线框可绕东西方向的水平轴转动，金属线框与微电流传感器组成一个回路，回路的总电阻为R.使线框绕轴以角速度ω匀速转动，数字实验系统实时显示回路中的电流i随时间t变化的关系，如图9所示.当线框平面和竖直方向的夹角为θ时，电流达到最大值Im.求：
图9
(1)该处地磁场的磁感应强度大小B及地磁场方向与水平面间的夹角α；
(2)线框转动一周时间内回路中产生的焦耳热Q；
(3)线框转动时穿过线框的磁通量变化率的最大值()m；线框从磁通量变化率最大位置开始转过60°的过程中，通过导线的电荷量q.
答案　(1)　－θ　(2)　(3)　
解析　(1)线框转动时产生的感应电动势的最大值Em＝nBSω
由闭合电路欧姆定律得Em＝ImR
解得B＝
感应电动势最大时地磁场方向平行于线框平面，此时线框平面和竖直方向的夹角为θ，因此地磁场方向与水平面间的夹角α＝－θ.
(2)感应电流的有效值I＝Im，转动一周的时间T＝，
由焦耳定律有Q＝I2RT，解得Q＝.
(3)由法拉第电磁感应定律有Em＝n()m
解得()m＝＝
在此过程中线框产生的感应电动势的平均值＝n
其中ΔΦ＝BSsin 60°
通过导线的电荷量q＝·Δt
解得q＝.
12.(2018·南通市等七市三模)如图10所示，水平导体棒ab质量为m、长为L、电阻为R0，其两个端点分别搭接在竖直平行放置的两光滑金属圆环上，两圆环半径均为r、电阻不计.阻值为R的电阻用导线与圆环相连接，理想交流电压表V接在电阻两端.整个空间有磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场，导体棒ab在外力F作用下以角速度ω绕两圆环的中心轴OO′匀速转动，产生正弦交流电.已知重力加速度为g.求：
图10
(1)导体棒ab沿圆环运动过程中受到的安培力最大值Fm；
(2)电压表的示数U和导体棒从环的最低点运动到与环心等高处过程中通过电阻R的电荷量q；
(3)导体棒ab从环的最低点运动半周到最高点的过程中外力F做的功W.
答案　见解析
解析　(1)导体棒ab产生的最大感应电动势
Em＝BLv＝BLωr
受到的安培力最大值Fm＝LBIm＝
解得Fm＝
(2)通过电阻R的电流的有效值I＝
电压表的示数U＝IR
解得U＝
导体棒从环的最低点运动到与环心等高处过程中产生的平均感应电动势
＝
磁通量的变化量ΔΦ＝BLr
通过电阻R的电荷量q＝·Δt＝·Δt
解得q＝
(3)此过程安培力做的功W安＝－I2(R＋R0)·
由动能定理有W＋W安－mg·2r＝0
解得W＝2mgr＋.

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