第十一章交變電流傳感器考情分析高考對本部分知識的考查主要以選擇題的形式出現，試題的難度一般在中等偏下。重要考點1.交變電流、交變電流的圖象(Ⅰ)2．正弦交變電流的函數表達式、峰值和有效值(Ⅰ)3．理想變壓器(Ⅱ)4．遠距離輸電(Ⅰ)實驗十二：傳感器的簡單使用考點解讀1.交變電流的產生及其各物理量的變化規律，應用交流電的圖象解決問題。2．對交變電流的四值進行計算。3．理想變壓器原、副線圈中電流、電壓、功率之間的關系應用，變壓器動態變化的分析方法。4．遠距離輸電的原理和相關計算。5．傳感器的簡單使用，能夠解決與科技、社會緊密結合的問題。第1講交變電流的產生和描述主干梳理對點激活知識點交變電流、交變電流的圖象Ⅰ1．交變電流(1)定義：方向隨時間做eq\x(\s\up1(01))周期性變化的電流叫做交變電流。(2)圖象：用以描述交變電流隨時間變化的規律，圖a、b、c、d所示電流都屬于交變電流，其中eq\x(\s\up1(02))按正弦規律變化的交變電流叫正弦式交變電流，如圖a所示。2．正弦式交變電流的產生和變化規律(1)產生：在勻強磁場中，線圈繞垂直于磁場方向的軸eq\x(\s\up1(03))勻速轉動產生的電流是正弦式交變電流。(2)中性面①中性面：eq\x(\s\up1(04))與磁感線垂直的平面稱為中性面。②中性面的特點以及與峰值面(中性面的垂面)的比較中性面峰值面含義線圈平面與磁場方向垂直線圈平面與磁場方向平行磁通量最大(BS)0磁通量的變化率0最大感應電動勢0最大(nBSω)電流方向發生改變不變(3)電流方向的改變：線圈通過中性面時，電流方向eq\x(\s\up1(05))發生改變，一個周期內線圈兩次通過中性面，因此電流的方向改變eq\x(\s\up1(06))兩次。(4)正弦式交流電的圖象：如果從線圈位于中性面位置時開始計時，其圖象為正弦曲線。如圖甲、乙所示。(5)變化規律正弦式交變電流的函數表達式(線圈在中性面位置時開始計時)①電動勢e隨時間變化的規律：eq\x(\s\up1(07))e＝Emsinωt，其中ω表示線圈轉動的角速度，Em＝nBSω。②負載兩端的電壓u隨時間變化的規律：eq\x(\s\up1(08))u＝Umsinωt。③電流i隨時間變化的規律：eq\x(\s\up1(09))i＝Imsinωt。知識點描述交變電流的物理量Ⅰ1．周期和頻率(1)周期(T)：交變電流完成一次周期性變化(線圈轉一周)所需的時間，單位是秒(s)，公式T＝eq\f(2π,ω)。(2)頻率(f)：交變電流在1s內完成周期性變化的次數。單位是赫茲(Hz)。(3)周期和頻率的關系：T＝eq\x(\s\up1(01))eq\f(1,f)或f＝eq\x(\s\up1(02))eq\f(1,T)。2．交變電流的瞬時值、峰值、有效值和平均值(1)瞬時值：交變電流的電動勢、電流或電壓在某一eq\x(\s\up1(03))時刻的值，是時間的函數。(2)峰值：交變電流的電動勢、電流或電壓所能達到的eq\x(\s\up1(04))最大值。(3)有效值①定義：讓交流和恒定電流通過大小相同的電阻，如果在交流的一個周期內它們產生的eq\x(\s\up1(05))熱量相等，就把這一個恒定電流的數值叫做這一交流的eq\x(\s\up1(06))有效值。②有效值和峰值的關系：E＝eq\x(\s\up1(07))eq\f(Em,\r(2))，U＝eq\x(\s\up1(08))eq\f(Um,\r(2))，I＝eq\x(\s\up1(09))eq\f(Im,\r(2))。(僅適用于正弦式交流電)(4)平均值：交變電流圖象中圖線與時間軸eq\x(\s\up1(10))所圍面積跟時間的比值。一堵點疏通1．將一個平面線圈置于勻強磁場中，并使它繞垂直于磁感線的軸勻速轉動，線圈中產生的一定是正弦交變電流。()2．矩形線圈在勻強磁場中勻速轉動，經過中性面時，線圈中的感應電動勢最大。()3．有效值公式I＝eq\f(Im,\r(2))適用于任何交變電流。()4．交流電表的測量值是交變電流的有效值。()5．我國使用的交變電流周期是0.02s，電流方向每秒改變100次。()6．電路中保險絲的熔斷電流是指電流的最大值。()7．電容器的耐壓值是指交變電流的最大電壓。()答案1.√2.×3.×4.√5.√6.×7.√二對點激活1．下圖中不表示交變電流的是()答案A解析只要電流的方向發生周期性變化，就是交變電流，只有A項的電流方向不變，所以A是直流電而不是交流電。2.(人教版選修3－2·P31·做一做改編)把發光顏色不同的兩個二極管并聯(該類二極管具有單向導電性，導通時發光)，使兩者正負極方向不同。當搖動如圖所示的手搖發電機時，兩個二極管交替發光，則流過其中一個二極管的電流是()A．交流電 B.直流電C．恒定電流 D.渦流答案B解析交流電是指電流方向發生周期性變化的電流，直流電的方向不變，恒定電流是指大小與方向均不變，渦流是感應電流，而手搖發電機產生的是交流電，但因為二極管具有單向導電性，所以通過每個二極管的電流為直流電，B正確。3．(人教版選修3－2·P34·T2改編)(多選)關于中性面，下列說法正確的是()A．線圈在轉動中經中性面位置時，穿過線圈的磁通量最大，磁通量的變化率為零B．線圈在轉動中經中性面位置時，穿過線圈的磁通量為零，磁通量的變化率最大C．線圈每經過一次中性面，感應電流的方向就改變一次D．線圈每轉動一周經過中性面一次，所以線圈每轉動一周，感應電流的方向就改變一次答案AC解析在中性面位置，線圈的磁通量最大，沒有切割磁感線運動，磁通量變化率為零，每經過一次中性面，電流的方向就改變一次，所以線圈每轉動一周，兩次經過中性面，感應電流的方向就改變兩次，B、D錯誤，A、C正確。4.(人教版選修3－2·P34·T5改編)(多選)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，線圈沿順時針方向轉動。已知勻強磁場的磁感應強度為B，線圈匝數為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abcdaB．線圈中的感應電動勢為2nBL2ωC．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eq\f(n2B2L1L2ω,R)，方向垂直紙面向里答案AC解析由右手定則知圖示位置線圈中感應電流的方向為abcda，故A正確。電動勢為E＝nBL2L1ω，故B錯誤。此位置穿過線圈的磁通量為零，磁通量的變化率最大，故C正確。線圈ad邊所受安培力大小為F＝nBeq\f(nBL2L1ω,R)·L2＝eq\f(n2B2L\o\al(2,2)L1ω,R)，方向垂直紙面向里，故D錯誤。5．(人教版選修3－2·P35·思考與討論改編)某交變電流的i－t圖象如圖所示，則其電流的有效值為()A．1.5A B.C.eq\r(\f(14,5))A D.eq\r(\f(28,5))A答案C解析將交流與恒定電流通過阻值都為R的電阻，設恒定電流為I，則根據有效值的定義有，Ieq\o\al(2,1)Rt1＋Ieq\o\al(2,2)Rt2＝I2RT其中t1＝0.4s，t2＝0.6s，T＝1s，I1＝1A，I2＝2代入數據得，I＝eq\r(\f(14,5))A，故C正確。考點細研悟法培優考點1正弦式交流電的變化規律及應用1.正弦式交流電產生過程中的兩個特殊位置圖示概念中性面位置與中性面垂直的位置特點B⊥SB∥SΦ＝BS，最大Φ＝0，最小e＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝0，最小e＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nBSω，最大感應電流為零，方向改變感應電流最大，方向不變2．正弦式交變電流的變化規律(線圈在中性面位置時開始計時)函數圖象磁通量Φ＝Φmcosωt＝BScosωt電動勢e＝Emsinωt＝nBSωsinωt電壓u＝Umsinωt＝eq\f(REm,R＋r)sinωt電流i＝Imsinωt＝eq\f(Em,R＋r)sinωt3．書寫交變電流瞬時值表達式的基本思路(1)求出角速度ω，ω＝eq\f(2π,T)＝2πf。(2)確定正弦式交變電流的峰值，根據已知圖象讀出或由公式Em＝nBSω求出相應峰值。(3)明確線圈的初始位置，找出對應的函數關系式。如：①線圈從中性面位置開始轉動，則i－t圖象為正弦函數圖象，函數式為i＝Imsinωt。②線圈從垂直中性面位置開始轉動，則i－t圖象為余弦函數圖象，函數式為i＝Imcosωt。例1(2019·山東聊城二模)如圖甲所示，矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁感線的中心軸OO′勻速轉動，從某時刻開始計時，產生的感應電動勢e隨時間t的變化曲線如圖乙所示，若外接電阻R＝70Ω，線圈電阻r＝10Ω，則下列說法正確的是()A．線圈的角速度為100rad/sB．0.01s末穿過線圈的磁通量最大C．通過線圈的最大電流為1.25AD．電壓表的示數為87.5V(1)磁通量最大的位置電動勢有什么特點？提示：電動勢為零。(2)電壓表的示數就是電動勢的有效值嗎？提示：不是，是R兩端的電壓的有效值。嘗試解答選C。由圖乙知，交流電的周期T＝4×10－2s，線圈轉動的角速度ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,4×10－2)rad/s＝50πrad/s，故A錯誤；由圖乙知，0.01s末線圈產生的感應電動勢最大，則0.01s末線圈平面與磁場平行，穿過線圈的磁通量為0，故B錯誤；由圖乙知，線圈產生的感應電動勢最大值Em＝100V，則通過線圈的最大電流Im＝eq\f(Em,r＋R)＝eq\f(100,10＋70)A＝1.25A，故C正確；線圈產生的感應電動勢有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(100,\r(2))V＝50eq\r(2)V，電壓表的示數U＝eq\f(E,r＋R)·R＝eq\f(50\r(2),10＋70)×70V≈61.9V，故D錯誤。解決交變電流圖象問題的四點注意(1)只有當線圈從中性面位置開始計時，電流的瞬時值表達式才是正弦函數形式，其變化規律與線圈的形狀及轉動軸處于線圈平面內的位置無關。(2)注意峰值公式Em＝nBSω中的S為線圈處于磁場中的有效面積。(3)在解決有關交變電流的圖象問題時，應先把交變電流的圖象與線圈的轉動位置對應起來，再根據特殊位置求特殊解。(4)根據法拉第電磁感應定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，若Φ按余弦規律變化，則e必按正弦規律變化；Φ按正弦規律變化，e必按余弦規律變化，即Φ＝Φmsinωt，e＝nωΦmcosωt，故Φ增大時，e必減小；Φ最大時，e最小，Φ與e除系數不同外，二者具有“互余”關系。[變式1－1](多選)如圖所示，閉合的正方形線圈abcd在勻強磁場中繞垂直于磁感線的對稱軸OO′勻速轉動。為了使線圈中的感應電動勢的最大值增大為原來的2倍，下列方法可行的是()A．僅把線圈改為圓形B．僅把轉速變為原來的2倍C．僅把磁感應強度變為原來的2倍D．僅把轉軸移到cd位置答案BC解析線圈在磁場中繞垂直磁場的軸OO′做勻速圓周運動產生正弦交流電，其電動勢最大值Em＝nBSω，將正方形線框改為圓形，其面積由S＝L2變為S′＝π(eq\f(4L,2π))2＝eq\f(4L2,π)，面積增大為原來的eq\f(4,π)倍，感應電動勢的最大值變為原來的eq\f(4,π)倍，A錯誤；將線圈轉速變為原來的2倍，最大值Em變為原來的2倍，B正確；將磁感應強度變為原來的2倍，最大值Em變為原來的2倍，C正確；最大值與轉軸位置無關，D錯誤。[變式1－2](多選)圖1中，單匝矩形線圈abcd在勻強磁場中繞垂直磁場的軸轉動。改變線圈的轉速，穿過該線圈的磁通量隨時間分別按圖2中圖線甲、乙的規律變化。設線圈的電阻為1.0Ω，則()A．圖線甲對應線圈在t＝0時產生的感應電動勢最大B．圖線甲、乙對應的線圈在t＝2.0s時，線圈平面均平行于磁感線C．圖線甲、乙對應的線圈轉速之比為5∶4D．圖線甲對應的線圈中交變電流的峰值為2.5πA答案BC解析在t＝0時，Φ甲最大，則產生的感應電動勢最小，故A錯誤；因為在t＝2.0s＝12.5T甲＝10T乙時，Φ甲＝Φ乙＝0，所以線圈平面均平行于磁感線，故B正確；由圖2可知圖線甲、乙對應的周期之比為4∶5，而線圈的轉速n＝eq\f(1,T)，所以圖線甲、乙對應的線圈轉速之比為5∶4，故C正確；圖線甲對應的線圈中交流電壓的峰值Em＝BSω＝Φmω＝0.4×eq\f(2π,0.16)V＝5πV，電流的峰值Im＝eq\f(Em,R)＝5πA，故D錯誤。[變式1－3]為了研究交流電的產生過程，小張同學設計了如下實驗構思方案：第一次將單匝矩形線圈放在勻強磁場中，線圈繞中心轉軸OO1按圖甲所示方向勻速轉動(ab向紙外，cd向紙內)，并從圖甲所示位置開始計時。此時產生的交變電流如圖乙所示。第二次他僅將轉軸移至ab邊上，第三次他僅將轉軸右側的磁場去掉，關于后兩次的電流圖象，下列說法正確的是()A．第二次是A圖 B.第二次是C圖C．第三次是B圖 D.第三次是D圖答案D解析由題知三次實驗線圈轉動的角速度ω相同，且均產生完整的正弦交流電，所產生的交流電周期T相同。設ab邊長為a，bc邊長為b，則第一次產生的交流電的電動勢最大值Em1＝2Bav1＝2Ba(eq\f(b,2)ω)＝Babω，同理知Em2＝Bav2＝Babω，Em3＝Bav3＝Ba(eq\f(b,2)ω)＝eq\f(1,2)Babω，由此可知Em2＝Em1，Em3＝eq\f(1,2)Em1。綜上所述，第二次的電流圖象與第一次相同，即B圖，第三次的電流圖象峰值是第一次的eq\f(1,2)，即D圖，只有D項正確。考點2交流電有效值的計算1.交流電有效值的求解(1)公式法利用E＝eq\f(Em,\r(2))、U＝eq\f(Um,\r(2))、I＝eq\f(Im,\r(2))計算，只適用于正(余)弦式交變電流。(2)有效值的定義計算法(非正弦式電流)計算時要抓住“三同”：“相同時間”內“相同電阻”上產生“相同熱量”，列式求解，注意時間至少取一個周期或為周期的整數倍。2．幾種典型的電流及其有效值名稱電流(電壓)圖象有效值正弦式交變電流I＝eq\f(Im,\r(2))U＝eq\f(Um,\r(2))正弦半波電流I＝eq\f(Im,2)U＝eq\f(Um,2)正弦單向脈動電流I＝eq\f(Im,\r(2))U＝eq\f(Um,\r(2))矩形脈動電流I＝eq\r(\f(t1,T))I1U＝eq\r(\f(t1,T))U1非對稱性交變電流I＝eq\r(\f(1,2)I\o\al(2,1)＋I\o\al(2,2))U＝eq\r(\f(1,2)U\o\al(2,1)＋U\o\al(2,2))例2(2019·陜西咸陽三模)如圖所示為一交流電壓隨時間變化的圖象。每個周期內，前三分之一周期電壓按正弦規律變化，后三分之二周期電壓恒定。根據圖中數據可得，此交流電壓的有效值為()A．7.5V B.8VC．2eq\r(15)V D.3eq\r(13)V(1)0～1s內電壓的有效值如何求？提示：eq\f(U1,\r(2))＝eq\f(6,\r(2))V＝3eq\r(2)V。(2)如何求此交流電壓的有效值？提示：根據電流的熱效應。嘗試解答選C。有效值是根據電流的熱效應來定義的，設此交流電壓的有效值為U，·eq\f(T,3)＋eq\f(U\o\al(2,2),R)·eq\f(2T,3)＝eq\f(U2,R)·T，得U＝2eq\r(15)V，故選C。(1)高中階段可以定量求解有效值的只有正弦式交變電流(或其一部分)、方波式電流及其組合。(2)遇到完整的正弦(余弦)函數圖象，如正弦單向脈動交流電，有效值可根據I＝eq\f(Im,\r(2))，E＝eq\f(Em,\r(2))，U＝eq\f(Um,\r(2))求解。(3)正弦半波、矩形脈動等電流只能利用電流熱效應計算有效值。(4)其他情況的有效值一般不能進行定量計算，但有的可以與正弦式交變電流定性比較。如圖1交變電流與如圖2正弦式交變電流比較，可知其有效值小于eq\f(\r(2),2)Im。[變式2]一個匝數為100匝，電阻為0.5Ω的閉合線圈處于某一磁場中，磁場方向垂直于線圈平面，從某時刻起穿過線圈的磁通量按圖所示規律變化。則線圈中產生交變電流的有效值為()A．5eq\r(2)A B.2eq\r(5)AC．6A D.答案B解析0～1s內線圈中產生的感應電動勢E1＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝100×0.01V＝1V,1～1.2s內線圈中產生的感應電動勢E2＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝100×eq\f(0.01,0.2)V＝5V，由電流熱效應有：eq\f(E\o\al(2,1),R)t1＋eq\f(E\o\al(2,2),R)t2＝I2Rt，得I＝2eq\r(5)A，故B正確。考點3交變電流的“四值”的比較交變電流的瞬時值、峰值、有效值和平均值的比較物理量物理含義重要關系適用情況及說明瞬時值交變電流某一時刻的值e＝Emsinωti＝Imsinωt(適用于正弦式交變電流)計算線圈某時刻的受力情況峰值最大的瞬時值Em＝nBSω(適用于正弦式交變電流)Im＝eq\f(Em,R＋r)討論電容器的擊穿電壓有效值跟交變電流的熱效應等效的恒定電流的值E＝eq\f(Em,\r(2))U＝eq\f(Um,\r(2))I＝eq\f(Im,\r(2))(適用于正弦式交變電流)(1)計算與電流的熱效應有關的量(如電功、電功率、電熱等)(2)電器設備“銘牌”上所標的額定電流、額定電壓一般是指有效值(3)保險絲的熔斷電流為有效值(4)交流電壓表和電流表的讀數為有效值平均值交變電流圖象中圖線與時間軸所圍的面積與時間的比值eq\x\to(E)＝Bleq\x\to(v)eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)計算通過電路導體截面的電荷量例3(2019·山東濱州二模)如圖所示是線圈匝數為n的小型旋轉電樞式交流發電機的原理圖，其矩形線圈面積為S，在磁感應強度為B的勻強磁場中繞垂直于磁場方向的固定軸OO′勻速轉動。矩形線圈電阻為r，矩形線圈通過兩刷環接電阻R，電壓表接在R兩端。當線圈以角速度ω勻速轉動時，下列說法正確的是()A．從線圈與磁場平行位置開始計時，瞬時電動勢為e＝nBSωsinωtB．當線圈平面轉到與磁場垂直時，電壓表示數為零C．線圈從與磁場平行位置轉過90°的過程中，通過電阻R的電荷量為eq\f(nBS,R)D．線圈轉一周的過程中回路產生的焦耳熱為eq\f(πn2B2S2ω,R＋r)(1)求電壓表示數用什么值？提示：有效值。(2)求通過電阻R的電荷量用交流電的什么值？提示：平均值。嘗試解答選D。交流發電機產生電動勢的最大值為Em＝nBSω，從線圈與磁場平行位置開始計時，故瞬時電動勢e＝nBSωcosωt，A錯誤；電壓表測量的是電阻R兩端的電壓的有效值，電動勢的有效值為E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(nBSω,\r(2))，電流的有效值為I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(nBSω,\r(2)R＋r)，電壓表的示數為U＝IR＝eq\f(nBSωR,\r(2)R＋r)＝eq\f(\r(2)nRBSω,2R＋r)，故B錯誤；線圈從與磁場平行位置轉過90°的過程中，線圈轉動eq\f(T,4)，eq\x\to(E)＝eq\f(nΔΦ,Δt)，平均電流eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)，通過電阻R的電荷量q＝eq\x\to(I)·Δt＝neq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(nBS,R＋r)，故C錯誤；線圈轉一周的過程中回路產生的焦耳熱為Q＝I2(R＋r)T＝(eq\f(nBSω,\r(2)R＋r))2(R＋r)×eq\f(2π,ω)＝eq\f(πn2B2S2ω,R＋r)，故D正確。解決交變電流“四值”問題的關鍵(1)涉及到交流電表的讀數、功、功率、熱量都用有效值。(2)涉及計算通過截面電荷量用平均值。(3)涉及電容器的擊穿電壓考慮峰值。(4)涉及到電流、電壓隨時間變化規律時，即與不同時刻有關，考慮瞬時值。[變式3](2019·廣東省廣州外國語學校高三第一次熱身考試)如圖所示，兩根間距為20eq\r(2)cm的無限長光滑金屬導軌，電阻不計，其左端連接一阻值為10Ω的定值電阻，兩導軌之間存在著磁感應強度為1T的勻強磁場，磁場邊界虛線為正弦曲線的一部分，一阻值為10Ω的光滑導體棒，在外力作用下以10m/s的速度勻速向右運動(接觸電阻不計)，交流電壓表和交流電流表均為理想電表，則()A．回路中產生的是正弦式交變電流B．電壓表的示數是2VC．導體棒運動到圖示虛線位置時，電流表示數為零D．導體棒上消耗的熱功率為0.2W答案A解析當導體棒切割磁感線時，產生的感應電動勢為E＝BL有效v，由于L有效按正弦規律變化，且當磁場反向時，感應電流反向，故這個過程回路中產生正弦式交變電流，A正確；感應電動勢的最大值是：Em＝BLv＝1×0.2eq\r(2)×10V＝2eq\r(2)V，有效值為E＝eq\f(Em,\r(2))＝2V，則電壓表的示數為U＝eq\f(R,R＋r)E＝1V，B錯誤；導體棒運動到圖示虛線位置時，感應電動勢為0，但電流表的示數等于電流有效值，故電流表示數不為零，C錯誤；電路中的電流的有效值I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(2,10＋10)A＝0.1A，則導體棒上消耗的熱功率為Pr＝I2r＝0.12×10W＝0.1W，D錯誤。高考模擬隨堂集訓1．(2018·全國卷Ⅲ)一電阻接到方波交流電源上，在一個周期內產生的熱量為Q方；若該電阻接到正弦交變電源上，在一個周期內產生的熱量為Q正。該電阻上電壓的峰值為u0，周期為T，如圖所示。則Q方∶Q正等于()A．1∶eq\r(2) B.eq\r(2)∶1C．1∶2 D.2∶1答案D解析根據題述，正弦交變電流的電壓有效值為eq\f(u0,\r(2))，而方波交流電的有效值為u0，根據焦耳定律和歐姆定律，Q＝I2RT＝eq\f(U2,R)T，可知在一個周期T內產生的熱量與電壓有效值的二次方成正比，Q方∶Q正＝ueq\o\al(2,0)∶(eq\f(u0,\r(2)))2＝2∶1，D正確。2．(2017·天津高考)(多選)在勻強磁場中，一個100匝的閉合矩形金屬線圈，繞與磁感線垂直的固定軸勻速轉動，穿過該線圈的磁通量隨時間按圖示正弦規律變化。設線圈總電阻為2Ω，則()A．t＝0時，線圈平面平行于磁感線B．t＝1s時，線圈中的電流改變方向C．t＝1.5s時，線圈中的感應電動勢最大D．一個周期內，線圈產生的熱量為8π2J答案AD解析t＝0時，Φ＝0，故線圈平面平行于磁感線，A正確；線圈每經過一次中性面電流的方向改變一次，線圈經過中性面時，磁通量最大，故在t＝0.5s、1.5s時線圈中的電流改變方向。在t＝1s時線圈平面平行于磁感線，線圈中的電流方向不變，B錯誤；線圈在磁場中轉動，磁通量最大時，感應電動勢為0，磁通量為0時，感應電動勢最大，故t＝1.5s時，感應電動勢為0，C錯誤；線圈中感應電動勢的最大值Em＝nBSω＝nωΦm＝neq\f(2π,T)Φm＝100×eq\f(2π,2)×0.04V＝4πV，有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝2eq\r(2)πV，故在一個周期內線圈產生的熱量Q＝eq\f(E2,R)T＝eq\f(2\r(2)π2,2)×2J＝8π2J，D正確。3．(2016·全國卷Ⅲ)(多選)如圖，M為半圓形導線框，圓心為OM；N是圓心角為直角的扇形導線框，圓心為ON；兩導線框在同一豎直面(紙面)內；兩圓弧半徑相等；過直線OMON的水平面上方有一勻強磁場，磁場方向垂直于紙面。現使線框M、N在t＝0時從圖示位置開始，分別繞垂直于紙面、且過OM和ON的軸，以相同的周期T逆時針勻速轉動，則()A．兩導線框中均會產生正弦交流電B．兩導線框中感應電流的周期都等于TC．在t＝eq\f(T,8)時，兩導線框中產生的感應電動勢相等D．兩導線框的電阻相等時，兩導線框中感應電流的有效值也相等答案BC解析本題中導線框的半徑旋轉切割磁感線時產生大小不變的感應電流，故A項錯誤；兩導線框產生的感應電流的周期與線框轉動周期相同，B項正確；在t＝eq\f(T,8)時，兩導線框切割磁感線的導線長度相同，且切割速度大小相等，故產生的感應電動勢相等，均為E＝eq\f(1,2)BR2ω，C項正確；兩導線框中感應電