【物理】2018届一轮复习人教版交变电流的产生及描述学案 18页

第十章 交变电流　传感器 全国卷考情分析]‎ 基础考点 常考考点(2013－2016考情统计)‎ 命题概率 常考角度 正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值(Ⅰ)‎ 远距离输电(Ⅰ)‎ 以上2个考点未曾独立命题 交变电流、交变电流的图像(Ⅰ)‎ ‎'16丙卷T21(6分)‎ 概率20%‎ ‎(1)根据线框在磁场中的转动求解描述交变电流的物理量 ‎(2)根据交变电流的图像或表达式求解描述交变电流的物理量 ‎(3)变压器的基本原理和动态分析 ‎(4)远距离输电问题 理想变压器(Ⅱ)‎ ‎'16丙卷T19(6分)‎ ‎'16乙卷T16(6分)‎ ‎'15Ⅰ卷T16(6分)‎ ‎'14Ⅱ卷T21(6分)‎ 独立命题概率70%‎ 综合命题概率80%‎ 实验十二　传感器的简单使用 ‎'16乙卷T23(10分)‎ 综合命题概率30%‎ 第1节交变电流的产生及描述 ‎(1)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，一定会产生正弦式交变电流。(×)‎ ‎(2)线圈在磁场中转动的过程中穿过线圈的磁通量最大时，产生的感应电动势也最大。(×)‎ ‎(3)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动经过中性面时，线圈中的感应电动势为零，电流方向发生改变。(√)‎ ‎(4)交流电气设备上所标的电压和电流值是交变电流的有效值。(√)‎ ‎(5)交流电压表和电流表测量的是交流电的峰值。(×)‎ ‎(6)交变电流的峰值总是有效值的倍。(×)‎ 突破点(一)　交变电流的产生和描述 ‎1．正弦式交变电流的产生 ‎(1)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：线圈通过中性面时，电流方向发生改变，一个周期内线圈两次通过中性面，因此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。‎ ‎2．正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置 计时)‎ 函数表达式 图像 磁通量 Φ＝Φmcos ωt＝BScos ωt 电动势 e＝Emsin ωt＝nBSωsin ωt 电流 i＝Imsin ωt＝sin ωt 电压 u＝Umsin ωt＝sin ωt ‎ 多角练通]‎ ‎1．(2017·惠州模拟)如图甲所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有一矩形单匝线圈，其面积为S，总电阻为r，线圈两端外接一电阻R 和一个理想交流电流表。若线圈绕对称轴OO′以角速度ω做匀速转动，图乙是线圈转动过程中产生的感应电动势e随时间t变化的图像，下列说法正确的是(　　)‎ A．在t1～t3时间内，穿过线圈平面的磁通量的变化量为BS B．在t3～t4时间内，通过电阻R的电荷量为 C．在t3时刻穿过线圈平面的磁通量的变化率为2BSω D．在t3时刻电流表的示数为 解析：选D　由题图可知，在t1和t3时刻穿过线圈平面的磁通量大小为BS，方向相反，则在t1～t3时间内穿过线圈平面的磁通量的变化量为2BS，A错误；在t3～t4时间内，磁通量的变化量为BS，则平均电动势＝，因此通过电阻R的电荷量为q＝·Δt＝Δt＝，故B错误；在t3时刻电动势E＝BSω，则由法拉第电磁感应定律，E＝可知，则穿过线圈的磁通量变化率为BSω，故C错误；在t3时刻电流表的示数为交变电流的有效值，则有I＝＝，故D正确。‎ ‎2．(2015·山东高考)如图甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内。左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化。规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压uab为正，下列uabt图像可能正确的是(　　)‎ 解析：选C　由题图乙知，0～0.25T0，外圆环电流逐渐增大且逐渐减小，根据安培定则，外圆环内部磁场方向垂直纸面向里，磁场逐渐增强且逐渐减小，根据楞次定律知内圆环a端电势高，所以uab＞0，根据法拉第电磁感应定律uab＝＝知，uab逐渐减小；t＝0.25T0时，＝0，所以＝0，uab＝0；同理可知0.25T0＜t＜0.5T0时，uab＜0，且|uab|逐渐增大；0.5T0～T0内重复0～0.5T0的变化规律。故选项C正确。‎ ‎3.一边长为L的正方形单匝线框绕垂直于匀强磁场的固定轴转动，线框中产生的感应电动势e随时间t的变化情况如图所示。已知匀强磁场的磁感应强度为B，则结合图中所给信息可判定(　　)‎ A．t1时刻穿过线框的磁通量为BL2‎ B．t2时刻穿过线框的磁通量为零 C．t3时刻穿过线框的磁通量变化率为零 D．线框转动的角速度为 解析：选D　t1时刻，感应电动势最大，穿过线框的磁通量应为零，A错误；t2时刻，穿过线框的磁通量最大为Φm＝BL2，B错误；t3时刻，感应电动势最大，则磁通量变化率也最大，C错误；交变电流的最大值为Em＝BL2ω，则ω＝，D正确。‎ 突破点(二)　有效值的理解与计算 ‎(1)计算有效值的根据是电流的热效应，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)利用公式Q＝I2Rt和Q＝t可分别求得电流有效值和电压有效值。有效值的求解 典例]　电阻R1、R2与交流电源按照图甲所示方式连接，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω。合上开关S后，通过电阻R2的正弦式交变电流i随时间t变化的情况如图乙所示。则(　　)‎ A．通过R1的电流有效值是‎1.2 A B．R1两端的电压有效值是6 V C．通过R2的电流有效值是1.2 A D．R2两端的电压最大值是6 V 解析]　首先从交流电图像中找出交变电流的最大值即通过R2的电流最大值为0.6 A，由正弦式交变电流最大值与有效值的关系Im＝I可知其有效值为‎0.6 A，由于R1与R2串联，所以通过R1的电流有效值也是‎0.6 A，选项 A、C错；R1两端电压有效值为U1＝IR1＝6 V，选项B对；R2两端电压最大值为U‎2m＝ImR2＝0.6×20 V＝12 V，选项D错。‎ 答案]　B 多维探究]‎ 变式1]　把图像下半部分翻到t轴的上面 正弦交流电是由闭合线圈在匀强磁场中匀速转动产生的。线圈中感应电动势随时间变化的规律如图所示，则此感应电动势的有效值为________ V。‎ 解析：由有效值的定义式得：××2＝T，得：U＝220 V。‎ 答案：220 V 变式2]　仅余周期的波形 家用电子调光灯的调光功能是用电子线路将输入的正弦交流电压的波形截去一部分来实现的，由截去部分的多少来调节电压，从而实现灯光的可调，比过去用变压器调压方便且体积小。某电子调光灯经调整后电压波形如图所示，求灯泡两端的电压的有效值。‎ 解析：从ut图像看出，每个周期的前半周期是正弦图形，其有效值为U1＝；后半周期电压为零。根据有效值的定义，T＝·＋0，解得U＝。‎ 答案： 变式3]　仅余周期的波形 如图所示为一个经双可控硅调节后加在电灯上的电压，正弦交流电的每一个二分之一周期中，前面四分之一周期被截去，则现在电灯上电压的有效值为(　　)‎ A．Um 　B. C. D. 解析：选D　从Ut图像上看，每个周期正弦波形的有效值U1＝，根据有效值的定义：T＝××2＋0，解得：U＝，D正确。‎ ‎ 变式4]　把正余弦波形变成矩形波形 如图所示，表示一交流电的电流随时间而变化的图像，此交流电的有效值是(　　)‎ A．5 A B．3.5 A C．‎3.5 A D．‎‎5 A 解析：选D　交流电的有效值是根据其热效应定义的，它是从电流产生焦耳热相等的角度出发，使交流电与恒定电流等效。设交流电的有效值为I，令该交变电流通过一阻值为R的纯电阻，在一个周期内有：I2RT＝I12R＋I22R。所以该交流电的有效值为I＝ ＝‎5 A。‎ 变式5]　上下波形的最大值不一致 电压u随时间t的变化情况如图所示，求电压的有效值？‎ 解析：由有效值的定义式得：×＋×＝T，得：U＝55 V。‎ 答案：55 V 变式6]　在电阻两端并联二极管 如图所示电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和R1并联的D为理想二极管(正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大)，在A、B间加一正弦交流电u＝20 sin 100πt V，则加在R2上的电压有效值为(　　)‎ A．10 V B．20 V C．15 V D．5 V 解析：选D　电压值取正值时，即在前半个周期内，二极管电阻为零，R2上的电压等于输入电压值，电压值取负值时，即在后半周期内，二极管电阻无穷大可看作断路，R2上的电压等于输入电压值的一半，据此可设加在R2的电压有效值为U，根据电流的热效应，在一个周期内满足T＝＋，可求出U＝5 V。故选项D正确。‎ 方法规律]‎ 几种典型交变电流的有效值 电流名称 电流图像 有效值 正弦式 交变电流正弦半波 I＝ 电流矩形脉动 I＝ 电流 I＝ Im 交变非对称性电流 I＝ 突破点(三)　交变电流“四值”的理解和应用 对交变电流“四值”的比较和理解 物理量 表达式 适用情况及说明 瞬时值 e＝Emsin ωt u＝Umsin ωt i＝Imsin ωt 计算线圈某时刻的受力情况 最大值 ‎(峰值)‎ Em＝nBSω Im＝ 讨论电容器的击穿电压 有效值 对正(余)弦交流 电有：E＝ U＝　I＝ ‎(1)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等)‎ ‎(2)电气设备“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 ‎(4)电表的读数为有效值 平均值 ＝BL ＝n 计算通过电路截面的电荷量 ＝ 多角练通]‎ ‎1.(2015·四川高考)小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示。矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压(　　)‎ A．峰值是e0　　　　　　　　B．峰值是2e0‎ C．有效值是Ne0 D．有效值是Ne0‎ 解析：选D　因每匝矩形线圈ab边和cd边产生的电动势的最大值都是e0，每匝中ab和cd串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为2e0。N匝线圈串联，整个线圈中感应电动势的最大值为2Ne0，因线圈中产生的是正弦交流电，则发电机输出电压的有效值E＝Ne0，故选项D正确。‎ ‎2．(2013·福建高考)如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r＝1.0 Ω，外接R＝9.0 Ω的电阻。闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e＝10sin 10πt(V)，则(　　)‎ A．该交变电流的频率为10 Hz B．该电动势的有效值为10 V C．外接电阻R所消耗的电功率为10 W D．电路中理想交流电流表 的示数为‎1.0 A 解析：选D　由产生的电动势可知，该交流电的频率为5 Hz，选项A错误；该电动势的有效值为10 V，选项B错误；外接电阻R所消耗的电功率为9 W，选项C错误；电路中交流电流表的示数为电流的有效值，为‎1.0 A，选项D正确。‎ ‎3．(多选)(2017·江苏四市一模)如图甲所示为风力发电的简易模型图，在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁铁转动，转速与风速成正比。某一风速时，线圈中产生的正弦式电流如图乙所示，则(　　)‎ A．电流的表达式i＝0.6sin 10πt(A)‎ B．磁铁的转速为10 r/s C．风速加倍时电流的表达式i′＝1.2sin 10πt(A)‎ D．风速加倍时线圈中电流的有效值为 A 解析：选AD　通过乙图可知Im＝‎0.6 A，T＝0.2 s，ω＝＝10π rad/s，故电流的表达式为：i＝0.6sin 10πt(A)，A正确；磁体的转速为n＝＝5 r/s，B错误；风速加倍时，根据Em＝nBSω可知感应电动势加倍，形成的电流加倍，故电流表达式变为i′＝1.2sin 20πt(A)，C错误；风速加倍时，Im＝‎1.2 A，有效值I＝＝ A，D正确。‎ 交变电流瞬时表达式的书写问题 图甲是交流发电机模型示意图。在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO′转动，由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO′转动的金属圆环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路。图乙是线圈的主视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示。已知ab长度为L1，bc长度为L2，线圈以恒定角速度ω逆时针转动。(只考虑单匝线圈)‎ ‎(1)线圈平面处于中性面位置时 计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式；‎ ‎(2)线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时 计时，如图丙所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式；‎ ‎(3)若线圈电阻为r，求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热。(其他电阻均不计)‎ 解析：(1)矩形线圈abcd在磁场中转动时，只有ab和cd切割磁感线，且转动的半径为r＝，设ab和cd的转动速度为v，则v＝ω· 在t时刻，导线ab和cd因切割磁感线而产生的感应电动势均为E1＝BL1v⊥‎ 由图可知v⊥＝vsin ωt 则整个线圈的感应电动势为 e1＝2E1＝BL‎1L2ωsin ωt。‎ ‎(2)当线圈由图丙位置 运动时，在t时刻整个线圈的感应电动势为e2＝BL‎1L2ωsin(ωt＋φ0)。‎ ‎(3)由闭合电路欧姆定律可知I＝ 这里E为线圈产生的电动势的有效值E＝＝ 则线圈转动一周在R上产生的焦耳热为QR＝I2RT 其中T＝ 于是QR＝πRω2。‎ 答案：(1)e1＝BL‎1L2ωsin ωt ‎(2)e2＝BL‎1L2ωsin(ωt＋φ0)‎ ‎(3)πRω2‎ 反思领悟]‎ 书写交变电流瞬时值表达式的基本思路 ‎(1)确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图像读出或由公式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。‎ ‎①若线圈从中性面位置 转动，则it图像为正弦函数图像，函数式为i＝Imsin ωt。‎ ‎②若线圈从垂直中性面位置 转动，则it图像为余弦函数图像，函数式为i＝Imcos ωt。‎ 对点训练：交变电流的产生和描述 ‎1．如图，各图面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e＝BSωsin ωt的图是(　　)‎ 解析：选A　由题意可知，只有A、C图在切割磁感线，导致磁通量在变化，产生感应电动势，A中从中性面 计时，产生的电动势为e＝BSωsin ωt，C中从峰值面 计时，产生的电动势为e＝BSωcos ωt，故A正确。‎ ‎2.如图所示的空间存在一匀强磁场，其方向为垂直于纸面向里，磁场的右边界为MN，在MN右侧有一矩形金属线圈abcd，ab边与MN重合。现使线圈以ab边为轴按图示方向匀速转动(从上往下看为顺时针转动)，将a、b两端连到示波器的输入端，若ab边中电流从a到b为正，则从示波器观察到的ab中电流随时间变化的图形是(　　)‎ 解析：选D　本题可将右侧磁场补全，即矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，会产生正弦式交流电，由楞次定律可知：从中性面 ，电流从0 ，沿负向，可画出完整电流随时间变化的图形，在此基础上，去掉右侧磁场，故电流仅在左侧磁场中切割磁感线而产生电流，故选项D正确。‎ ‎3.(多选)(2017·吉林模拟)如图所示，闭合的矩形导体线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′‎ 方向观察，线圈沿顺时针方向转动。已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，ab边的边长为L1，ad边的边长为L2，线圈电阻为R，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时(　　)‎ A．线圈中感应电流的方向为abcda B．线圈中的感应电动势为2nBL2ω C．穿过线圈的磁通量随时间的变化率最大 D．线圈ad边所受安培力的大小为，方向垂直纸面向里 解析：选AC　当线圈转至图示位置时由楞次定律可判断出线圈中感应电流的方向为abcda，线圈中的感应电动势为nBL‎1L2ω，穿过线圈磁通量随时间的变化率最大，选项A、C正确，选项B错误；线圈ad边所受安培力的大小为，方向垂直纸面向里，选项D错误。‎ ‎4．某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交变电流的图像如图所示，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～D线圈转过的角度为2π D．若从O～D历时0.02 s，则在1 s内交变电流的方向改变了100次 解析：选D　由题中交变电流的图像可知，在A、C时刻产生的感应电流最大，对应的感应电动势最大，线圈处于峰值面的位置，选项A错误；在B、D时刻感应电流为零，对应的感应电动势为零，即磁通量的变化率为零，此时磁通量最大，选项B错误；从A～D，经历的时间为周期，线圈转过的角度为π，选项C错误；若从O～D历时0.02 s，则交变电流的周期为0.02 s，而一个周期内电流的方向改变两次，所以1 s内交变电流的方向改变了100次，选项D正确。‎ 对点训练：有效值的理解与计算 ‎5.如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动(O轴位于磁场边界)。则线框内产生的感应电流的有效值为(　　)‎ A.　　　　　　　　 　B. C. D. 解析：选D　线框的转动周期为T，而线框转动一周只有的时间内有感应电流，此时感应电流的大小为：I＝＝，根据电流的热效应有：2R·＝I有2RT，解得I有＝，故D正确。‎ ‎6．先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电，第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化(如图甲所示)；第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示。若甲、乙图中的U0、T所表示的电压、周期值是相同的，则以下说法正确的是(　　)‎ A．第一次，灯泡两端的电压有效值是 B．第二次，灯泡两端的电压有效值是 C．第一、第二次，灯泡的电功率之比是2∶9‎ D．第一、第二次，灯泡的电功率之比是1∶5‎ 解析：选D　第一次，灯泡两端电压的有效值为U1＝，功率P1＝＝。第二次，设灯泡两端电压的有效值为U2，则＋＝T，解得U2＝ U0，功率P2＝＝，则P1∶P2＝1∶5，故A、B、C错误，D正确。‎ ‎7．(多选)如图甲所示为一交变电压随时间变化的图像，每个周期内，前二分之一周期电压恒定，后二分之一周期电压按正弦规律变化。若将此交流电连接成如图乙所示的电路，电阻R阻值为100 Ω，则(　　)‎ A．理想电压表读数为100 V B．理想电流表读数为‎0.75 A C．电阻R消耗的电功率为56 W D．电阻R在100秒内产生的热量为5 625 J 解析：选BD　根据电流的热效应，一个周期内产生的热量：Q＝T＝＋，解得U＝75 V，A错误；电流表读数I＝＝‎0.75 A，B正确；电阻R消耗的电功率P＝I2R＝56.25 W，C错误；在100秒内产生的热量Q＝Pt＝5 625 J，D正确。‎ ‎8．(2017·唐山模拟)一个U形金属线框在匀强磁场中绕OO′轴以相同的角速度匀速转动，通过导线给同一电阻R供电，如图甲、乙所示。其中甲图中OO′轴右侧有磁场，乙图中整个空间均有磁场，两磁场磁感应强度相同。则甲、乙两图中交流电流表的示数之比为(　　)‎ A．1∶ B．1∶2‎ C．1∶4 D．1∶1‎ 解析：选A　题图甲中的磁场只在OO′轴的右侧，所以线框只在半周期内有感应电流产生，如图甲，电流表测得是有效值，所以I＝。题图乙中的磁场布满整个空间，线框中产生的感应电流如图乙，所以I′＝，则I∶I′＝1∶，即A正确。‎ 对点训练：交变电流“四值”的理解和应用 ‎9．(多选)(2017·安徽“江南十校”联考)如图所示，处在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中的矩形线框MNPQ ‎，以恒定的角速度ω绕对角线NQ转动。已知MN长为l1，NP长为l2，线框电阻为R。在t＝0时刻线框平面与纸面重合，下列说法正确的是(　　)‎ A．矩形线框产生的感应电动势有效值为Bl‎1l2ω B．矩形线框转过半周时，通过线框的瞬时电流为零 C．矩形线框转动一周时，通过线框的电荷量为 D．矩形线框在转动半周过程中产生的热量为 解析：选ABD　矩形线框转动产生正弦交变电流最大值：Em＝Bl‎1l2ω，有效值E＝＝Bl‎1l2ω，故A正确；转过半周，线圈平面与磁场垂直，磁通量最大，感应电动势为零，瞬时电流为零，B正确；转过一周通过横截面的电荷量为零，C错误；转过半周时间内产生的热量为Q＝t＝×＝，D正确。‎ ‎10.(多选)(2017·忻州模拟)如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω。从线圈平面与磁场方向平行时 计时，线圈转过60°时的感应电流为‎1 A。那么(　　)‎ A．线圈消耗的电功率为4 W B．线圈中感应电流的有效值为‎2 A C．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4cost D．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝sint 解析：选AC　线圈转动的角速度ω＝，线圈平面从与磁场方向平行 计时，当转过60°时，电流的瞬时值表达式为i＝Imcos 60°＝‎1 A，解得Im＝‎2 A，则正弦交变电流的有效值为I＝＝ A，B项错；线圈消耗的电功率P＝I2R＝4 W，A项正确；由欧姆定律可知，感应电动势最大值为Em＝ImR＝4 V，所以其瞬时值表达式为 e＝4cost，C项正确；通过线圈的磁通量Φ＝Φmsin ωt＝Φmsint，感应电动势的最大值Em＝BSω＝Φm×，Φm＝，联立解得Φ＝sint，D项错。‎ 考点综合训练 ‎11.(2017·开封模拟)如图所示，一个半径为r的半圆形线圈，以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直于纸面向里(与ab垂直)的匀强磁场，磁感应强度为B。M和N是两个集流环，负载电阻为R，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，求：‎ ‎(1)感应电动势的最大值。‎ ‎(2)从图示位置起转过转的时间内负载电阻R上产生的热量。‎ ‎(3)从图示位置起转过转的时间内通过负载电阻R的电荷量。‎ ‎(4)求出电流表的示数。‎ 解析：(1)线圈绕轴转动时，在电路中产生如图所示的交变电流：‎ 此交变电流的最大值为 Em＝BSω＝B2πn＝π2Bnr2。‎ ‎(2)在转过周期的时间内，导体一直切割磁感线，则产生的热量Q＝·＝。‎ ‎(3)在转过周期的时间内，电动势的平均值＝ 通过R的电荷量q＝Δt＝Δt＝＝。‎ ‎(4)根据电流的热效应，在一个周期内：‎ Q＝I2RT＝· 故电流表的示数为I＝。‎ 答案：(1)π2Bnr2　(2)　(3)　(4) ‎12．如图甲所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场。已知线圈的匝数n＝100 匝，总电阻r＝1.0 Ω，所围成矩形的面积S＝‎0.040 m2‎，小灯泡的电阻R＝9.0 Ω，磁感应强度随时间按如图乙所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e＝nBmScost，其中Bm为磁感应强度的最大值，T为磁场变化的周期，不计灯丝电阻随温度的变化，求：‎ ‎(1)线圈中产生感应电动势的最大值；‎ ‎(2)小灯泡消耗的电功率；‎ ‎(3)在磁感应强度变化的0～时间内，通过小灯泡的电荷量。‎ 解析：(1)由图像知，线圈中产生的交变电流的周期T＝3.14×10－2 s，所以Em＝nBmSω＝＝8.0 V。‎ ‎(2)电流的最大值Im＝＝‎0.80 A，有效值I＝＝ A，小灯泡消耗的电功率P＝I2R＝2.88 W。‎ ‎(3)在0～时间内，电动势的平均值＝，平均电流＝＝，流过灯泡的电荷量Q＝Δt＝＝4.0×10－‎3 C。‎ 答案：(1)8.0 V　(2)2.88 W　(3)4.0×10－‎‎3 C