高中物理一轮复习精品资料选修32部分第十一章交变电流答案高中物理

第十一章交变电流答案第一节交变电流的产生及描述考点知识梳理（一）大小；方向；周期性的变化；正弦或余弦；正弦；零；最大（二）；e=Emsinωt；；；无关；改变；两次（三）周期性变化；1s；单位时间；相同的电阻；相同的时间内；热量考能训练1.考点分析此题交流电的两种表达方式（函数表示法与图象表示法），以及交流电有效值的求解．解析：由图象可知正弦交流电的周期s，那么，，所以该交流电的电压瞬时值的表达式为u＝100sin（50πt）V，A不正确，B正确；该交流电的电压的有效值为V，那么C不正确；假设将该交流电压加在阻值R＝100Ω的电阻两端，那么电阻消耗的功率为W，那么D正确，所以正确答案为BD．答案：BD2.考点分析此题考察了交变电流的图像与交流电的有效值．解析：从图中可以看出，电流的周期为s，所以频率为25Hz．电压的峰值为5V，所以通过电阻的电流的峰值为1A，用交流电表测量的是电压和电流的有效值．正弦交流电的有效值是峰值的倍，所以D错误．根据电功率的计算公式有W，所以C正确．答案：C3.解析：明确中性面和中性面的垂面的特点,线圈处在中性面时：Φ最大,(Φ的变化率最小为0,e=n=0,i=0;线圈平面与中性面垂直时,Φ=0,最大,e=n22/22最大,i最大.由此可知：唯一正确的选项为B.答案：B4.解析：图示时刻,ab边和cd边同时垂直切割磁感线,产生的感应电动势最大,此时感应电流最大,由右手定那么,可判定电流方向为a→b→c→d→a为正方向,综上所述,正确选项为C.答案：C5.解析：保持电源的电压不变,对R两端的电压不变,电流不变;对L频率增大,感抗增大,所以电流减小;对C频率增大,容抗减小,故充放电电流增大.答案：D6.解析：由图知：电压有效值U==110V,那么电流有效值I==5A,即P=UI=550W或P==550W,A正确.电压瞬时值U=Umsinωt,由图知：T=0.02s,ω==100π,Um=110.那么B正确.交流电压表示数应为有效值U=110V,C错.电流方向每个周期改变2次,那么1s内改变100次,D错.答案：AB7.解析：1个周期内题中产生的焦耳热Q=·+0=T,由交流电有效值的定义：当电压为U的直流电通过此调光灯相同的时间产生的焦耳热Q′=Q时,有：T=·T,所以U=Um,此交流电的有效值与U相等,即灯两端电压为Um,C正确.答案：C8.解析原线圈中电压的有效值是220V，由变压比知副线圈中电压为100V，流过电阻的电流是10A；与电阻并联的电压表的示数是100V；经过1分钟电阻发出的热量是6×1034J。答案：D9.解析：（1）交流发电机产生电动势的最大值Em=nBSω而Fm=BS、，所以，Em=2npFm/T由F-t图线可知：Fm=2.0´10-2Wb，T=6.28´10-2s所以Em=200V22/22（2）电动势的有效值E=Em=100V由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为I==A交流电压表的示数为U=IR=90V=127V10.【解析】此题考察正弦交流电的产生过程、楞次定律等知识和规律。从a图可看出线圈从垂直于中性面开场旋转，由楞次定律可判断，初始时刻电流方向为b到a，故瞬时电流的表达式为i=－imcos（+ωt），那么图像为D图像所描述。平时注意线圈绕垂直于磁场的轴旋转时的瞬时电动势表达式的理解。答案：D11.【解析】由e－t图像可知，交变电流电流的周期为0.25s，故频率为4Hz，选项A、B错误。根据欧姆定律可知交变电流的最大值为2A，故有效值为A，选项C正确。答案：C12．解析：由题意得：线圈总有一半在磁场中作切割磁感线的匀速圆周运动，所以产生的仍然是正弦交变电流，只是最大值为全线圈在磁场中匀速转动情况下产生的感应电动势最大值的一半，所以选项B和选项C是错误；再根据切割磁感线产生感应电流的右手定那么，可以判断出A选项是符合题意要求的，综上所述，此题的正确选项为A。答案：A13.解析：从Φt图线看出Φm=1.0×10-2Wb，T=3.14×10-2s.已知感应电动势的最大值Em=nωΦm，又ω=，故电路中电流最大值Im===A=2A,交流电流表读数是交流电的有效值.即I==1.4A.22/22答案：I=1.4A14.解析：(1)Em=nBSω=3.14V.(2)从图示位置计时转过时,瞬时感应电动势ε=Em·cos=1.57V.(3)由图示位置转过60°角产生的平均感应电动势=n=V=2.60V.(4)交流电压表测的是有效值,所以其示数U=/=1.78V.(5)WF=I2(R+r)t=n2B2S2ω=0.99J.答案：(1)3.14V(2)1.57V(3)2.60V(4)1.78V(5)0.99J15.解析：⑴因线圈是从中性面开场计时，所以感应电动势的瞬时值表达式为⑵当时，感应电动势的瞬时值为⑶电动势的有效值为所以电流表和电压表的示数分别为⑷内线圈转过的角度为22/22该过程中，磁通量的变化量为感应电动势的平均值为平均电流为所以，在线圈转动的过程中，通过电阻的电荷量为整理以上各式，得第二节变压器和远距离输电考点知识梳理（一）闭合铁芯；电压；电磁感应现象；；正比；输入电压；升压；降压；小；细；大；粗；变化率；一个；降低；升高；自耦；电压互感器；电流互感器；高电压；低电压；并联；大电流；小电流；串联；（二）P耗=I2R=；输电电压；输电导线的横截面积；考能训练1.考点分析此题考察了理想变压器的电流关系、电压关系和功率关系等知识．解析：灯泡正常发光，那么副线圈的电流为I1＝＝3A/11，根据变压器的电流关系可得：22/22，原线圈中的电流I0＝＝3A/220，即电流表的示数为A，原线圈中电压为：U0＝＝4400V，电源的输出功率P＝UI＝4400×＝60W．答案：C2.考点分析此题考察了变压器电路的动态分析．解析：S由b切换a时，副线圈匝数增多，那么输出电压U2增大，R1消耗的功率增大，由变压器功率关系可知，其输入功率也增大，故I1增大，所以A错C对；S由a切换b时，副线圈匝数减少，那么输出电压U2减小，I2减小，B对；P向上滑动时，R减小，I2增大，由电流与匝数的关系可知，I1增大，D错．答案：BC3.解析：常见错误是套用交流比公式I1I2=n2n1得I2=48mA,而选B,原因是导体棒匀速向右切割磁感线运动时,变压器输出恒定电流,因此原线圈产生不了电磁感应现象,所以变压器输出电流为零,正确选项为D.答案：D4.解析：从该题题干的问法上可以看出,该题是正确选项为唯一选项的单项选择题.台灯的消耗功率包含灯泡和其他辅助器件的总功率.由A、B、C、D四选项分析可知：C中理想变压器功率损耗为零,电源输出的总功率(台灯消耗功率)只有灯泡的功率20W.而其他选项中,不管滑动变阻器是分压接法还是限流接法,滑动变阻器上总有功率损耗,台灯的消耗功率都大于20W.答案：C5.解析：通过电灯的电流分别为变压器原、副线圈的电流,IA/IB=n2/n1=1/2,因为是相同的两只灯泡,所以两端的电压比等于电流比,消耗的功率比等于电流的平方比.因为B灯电压为副线圈输出电压,那么原线圈电压是U1=UB=2UB.而A灯电压UA=UB,由于A灯跟原线圈串联在电源电压U上,即UB+2UB=U,所以UB=U,UA=U.综上分析B、C选项正确.答案：BC22/226.解析：输电线路上消耗的功率为P＝400kW＝I2R可知输电线上电流为I2＝20A，根据原线圈P1＝U1I1，可知I1＝103A，A对，T1的变压比为I2：I1＝1：50；根据P＝U2I2，可知U2＝2×105V，输电线上电压U线＝I2R＝20000V，那么副线圈输入电压为U3＝U2－U线＝1.8×105V，又灯泡正常发光、副线圈电压为220V，B对，T2的变压比为U3：220，C错；根据U3I2＝60n，解得n＝6×104，D对。答案：ABD7.【解析】：原线圈电压有效值U1=220V，由电压比等于匝数比可得副线圈电压U2=55V，A对；电阻R上的电流为2A，由原副线圈电流比等于匝数的反比，可得电流表示数为0.5A，C对；输入功率为P=220×0.5W=110W，D错；周期T==0.02s，B错。答案：AC8.解析理想变压器的特点是输入功率等于输出功率，当负载电阻增大时，由于副线圈的电压不变，所以输出电流I2减小，导致输出功率P2减小，所以输入功率P1减小；输入的电压不变，所以输入的电流I1减小，B正确答案：B9.考点分析变压器原理及局部电路欧姆定律的应用．解析：因自耦变压器的原副线圈在一起，由题可知，原线圈的匝数为副线圈匝数的一半．理想变压器的变压比为，所以V．根据局部电路欧姆定律有A．答案：200，510考点分析考察变压器电压比和电流比的应用及动态分析．22/22解析：由变压器的电流比可知，，故，由题意知原线圈的电压不变，由P2＝和P1＝P2可知，R减小时，那么P1＝P2均增大．11.解析：（1）输电线上的电流强度为I＝A＝52.63A输电线路损耗的功率为P损＝I2R＝52.632×6W≈16620W＝16.62kW（2）改用高压输电后，输电线上的电流强度变为I′＝A＝4A用户端在变压器降压前获得的电压U1＝U－I′R＝（5000－4×6）V＝4976V根据用户得到的电压为U2＝＝×4976V＝226.18V12.解析：依据输电原理，电路中的功率损耗，而,增大输电线的横截面积，减小输电线的电阻，那么能够减小输电线上的功率损耗，A正确；由P=UI来看在输送功率一定的情况下，输送电压U越大，那么输电电流越小，那么功率损耗越小，B正确；假设输电电压一定，输送功率越大，那么电流I越大，电路中损耗的电功率越大，C错误；输电电压并不是电压越高越好，因为电压越高，对于平安和技术的要求越高，因此并不是输电电压越高越好，D正确。ABD13.【解析】：原线圈电压有效值U1=220V，由电压比等于匝数比可得副线圈电压U2=55V，A对；电阻R上的电流为2A，由原副线圈电流比等于匝数的反比，可得电流表示数为0.5A，C对；输入功率为P=220×0.5W=110W，D错；周期T==0.02s，B错。22/22答案：AC14．【解析】（1）输电线上的电流强度为I＝A＝52.63A输电线路损耗的功率为P损＝I2R＝52.632×6W≈16620W＝16.62kW（2）改用高压输电后，输电线上的电流强度变为I′＝A＝4A用户端在变压器降压前获得的电压U1＝U－I′R＝（5000－4×6）V＝4976V根据用户得到的电压为U2＝＝×4976V＝226.18V【答案】380，75%15.【解析】⑴由于输送功率为P=500kW，一昼夜输送电能E=Pt=12000度，终点得到的电能E′=7200度，因此效率η=60%。输电线上的电流可由I=P/U计算，为I=100A，而输电线损耗功率可由Pr=I2r计算，其中Pr=4800/24=200kW，因此可求得r=20Ω。⑵输电线上损耗功率，原来Pr=200kW，现在要求Pr′=10kW，计算可得输电电压应调节为U′=22.4kV。【答案】（1）η=60%20Ω（2）22.4kV单元质量评估（十一）1.解析：22/22这是一个发电机模型的题目,由法拉第电磁感应定律E=BLv知,当线圈平面与磁场方向垂直时,穿过线圈的磁通量最大,但导体的运动方向正好与磁感线平行,即不切割磁感线,故线圈中感应电流为零,应选项A是错误的.当线圈平面与磁场方向平行时,穿过线圈的磁通量为零,但导体的运动方向正好与磁感线垂直,即垂直切割磁感线,故线圈中感应电流最大,应选项B是正确的.假设加大线圈的转速,线圈中的交变电流频率将变大,选项C正确.转速增大,也会增大导体的线速度v,所以感应电动势的最大值增大,应选项D是错误的.答案：BC2.解析：线圈从图示位置转过90°的过程中，感应电动势的平均值=N=，通过R的电荷量q=IΔt=Δt=，故A项错B项对.线圈转动过程中产生的感应电动势的最大值Em=NBSω,有效值E==.据闭合电路的欧姆定律I==,据能量守恒，外力所做的功将全部转化为电能，故W=EIt=···=,故C项错D项对.答案：BD3.解析：由法拉第电磁感应定律和欧姆定律可得内，内，由有效值的定义代入数据得4.考点分析此题交流电的两种表达方式（函数表示法与图象表示法），以及交流电有效值的求解．解析：由图象可知正弦交流电的周期s，那么，，所以该交流电的电压瞬时值的表达式为u＝100sin（50πt）V，A不正确，B正确；该交流电的电压的有效值为V，那么C不正确；假设将该交流电压加在阻值R＝100Ω的电阻两端，那么电阻消耗的功率为W，那么D正确，所以正确答案为BD．22/225.解析：从图中可以看出，电流的周期为s，所以频率为25Hz．电压的峰值为5V，所以通过电阻的电流的峰值为1A，用交流电表测量的是电压和电流的有效值．正弦交流电的有效值是峰值的倍，所以D错误．根据电功率的计算公式有W，所以C正确．答案：C6.考点分析此题考察了变压器变压原理的应用．解析：由题意可知，钳形电流表利用了电磁感应原理，实际上是变压器，因此钳形电流表只能测交流电．由变压器的原理可知，因每匝线圈产生的感应电动势相同，故图4（b）的读数为3.6A．答案：C7.解析：因为变压器的副线圈上的电压，当U1不变时，开关S断开，副线圈上的电压U2不会改变，所以选项A错误；当断开S时，副线圈输出端的电阻变大，那么干路的电流变小，所以电阻R上的电压变小，所以选项B符合题意正确；再根据变压器的电流关系，副线圈上的电流减小，所以原线圈上的电流也减小，所以选项D符合题意正确；副线圈上的电压U2不变，电流变小，所以电阻R上的电压减小，那么灯泡L1两端的电压增加，那么流过L1的电流变大，所以选项C错误，综上所述，此题的正确选项为BD。答案：BD8.【解析】：原线圈电压有效值U1=220V，由电压比等于匝数比可得副线圈电压U2=55V，A对；电阻R上的电流为2A，由原副线圈电流比等于匝数的反比，可得电流表示数为0.5A，C对；输入功率为P=220×0.5W=110W，D错；周期T==0.02s，B错。答案：AC.9【解析】理想变压器的特点是输入功率等于输出功率，当负载电阻增大时，由于副线圈的电压不变，所以输出电流I2减小，导致输出功率P2减小，所以输入功率P1减小；输入的电压不变，22/22所以输入的电流I1减小，B正确答案：B10．【解析】V1示数小于正常值时，副线圈的输出电压也要变小，所以滑动触头P向上滑动，即选项A正确；当用电器增加时，副线圈的电流增大，输电线上损失的电压增大，要使电器正常工作，滑动触头P应向上滑，所以选项C正确【答案】AC11.解析：T=s=0.02s,Um=120V=168V.画出U-t图如以以下图.因为U>84V时霓虹灯才发光,由图知半个周期灯管点亮的时间Δt=t2-t1,由u=168sin(2πft)V=8V可知：当2πft=时,t1=s,当2πft=π时,t2=s.所以Δt=t2-t1=s=×s.即霓虹灯在半个周期内,有23的时间被点亮,Δt=s.答案：s12.解析：表、表的读数均为有效值,故I==R=A=2AU=100V=Im=A.电容器所能承受的最大电压应不小于交变电压的最大值100V.答案：210010013.考点分析变压器原理及局部电路欧姆定律的应用．解析：因22/22自耦变压器的原副线圈在一起，由题可知，原线圈的匝数为副线圈匝数的一半．理想变压器的变压比为，所以V．根据局部电路欧姆定律有A．答案：200，514.考点分析考察变压器电压比和电流比的应用及动态分析．解析：由变压器的电流比可知，，故，由题意知原线圈的电压不变，由P2＝和P1＝P2可知，R减小时，那么P1＝P2均增大．15．【解析】发电站的输出电流①输电线路损失的功率②那么③变压器的匝数比【答案】16.解析：输电线路的示意图如以下图，输电线损耗功率P线=100×4%kW=4kW，又P线=I22R线输电线电流I2=I3=20A原线圈中输入电流I1=A=400A所以这样U2=U1n2/n1=250×20V=5000VU3=U2-U线=5000-20×10V=4800V所以用户得到的电功率P出=100×96%kW=96kW22/2217．【解析】(1)Em＝nBSω代人数据得Em＝400×0.25×0.05×0.04×l00V＝20V(2)Im=代人数据得Im＝A=2A∵是正弦交变电流，所以电流表读数即有效值I=A=1．41A(3)p＝I2R＝×9．9W＝19。8W．18．【解析】（1）根据磁场分布特点，线框不管转到磁场中哪一位置，切割磁感线的速度始终与磁场方向垂直，故线框转到图示位置时，感应电动势的大小为E=2Blv=2Bl=BlLω（2）线框转动过程中，只能有一个线框进入磁场（作电源），另一个线框与外接电阻R并联后一起作为外电路。电源内阻为r，外电路总电阻R外=r故R两端的电压最大值：UR=IR外=（3）和在磁场中，通过R的电流大小相等iR=BlLω·从线框进入磁场开场计时，每隔T/8（线框转动45°）电流发生一次变化，其iR随时间t变化的图象如图20所示。【答案】（1）BlLω（2）（3）如以下图22/22阶段测试一9-11章综合测试1.答案：A．解析：因带电微粒在I点和K点速度都为零，只受电场力，故加速度大小相等，方向相同，①正确；②错误；因带电微粒做曲线运动，在J点，应由合力提供向心力，，那么③正确；④错误．那么正确答案为A．2.【解析】：由动能定理可知vA＞vB＝vC，由竖直分运动的分析，tA＝tC＜tB，故AD正确【答案】：AD3.答案：D4.解析：A选项：由交变电流电压表达式可知频率为60赫兹，A选项错误。B选项：由电压与匝数的关系可以知道，B选项正确。C选项：,C选项错误。D选项：，D选项正确。答案：BD5．【解析】副线圈的电流增大，输电线上损失的电压增，所以选项C正确【答案】C6.【解析】由于闭合圆环向右移动，egf和ehf等效为两个并联的电源，而eadf和ebcf为两段并联的电阻作为外电路，所以各局部都有电流．【答案】C7.解析：对A选项，静止的导线上的稳恒电流附近产生稳定的磁场，通过旁边静止的线圈不会产生感应电流，A被否认；稳恒电流周围的稳定磁场是非匀强磁场，运动的线圈可能会产生感应电流，B符合事实；静止的磁铁周围存在稳定的磁场，旁边运动的导体棒会产生感应电动势，C符合；运动的导线上的稳恒电流周围产生运动的磁场，即周围磁场变化，在旁边的线圈中产生感应电流，D符合。答案：A22/228.【解析】当电键S接通时，由于自感现象的存在，流过线圈的电流由零变大时，线圈上产生自感电动势的方向是左边正极，右边负极，使通过线圈的电流从零开场慢慢增加，所以开场瞬时电流几乎全部从通过，而该电流又将同时分路通过和R，所以先达最亮，经过一段时间电路稳定后，和到达一样亮．当电键S断开时电源电流立即为零，因此立即熄灭，而对，由于通过线圈的电流突然减弱，线圈中产生自感电动势（右端为正极，左端为负极），使线圈L和组成的闭合电路中有感应电流，所以后暗．答案：C9.解析：传感器内线圈的磁感应强度如图乙，在图乙中斜率既能反映线圈内产生的感应电流的方向变化，又能放映感应电流的大小变化．t＝0.1s时刻，斜率最大，线圈内产生的感应电流的大小到达了最大值，并且产生的感应电流的方向发生了变化，所以AC正确；同理可知t＝0.15s时刻线圈内产生的感应电流的方向变化及大小变化情况，CD不正确．答案：AC10.【解析】当杆到达最大速度vm时，得，A错；由公式，B对；在棒从开场到到达最大速度的过程中由动能定理有：，其中，，恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量与回路产生的焦耳热之和，C错；恒力F做的功与安倍力做的功之和等于于杆动能的变化量与抑制摩擦力做的功之和，D对。答案BD11.解析：开场小球受力见图（a）,N=Eq,由题意知mg＞μ22/22Eq,所以小球加速向下运动，以后小球受洛伦兹力（如图b），相应N、f均增加，小球加速度减小，速度仍在增加，只是增加得慢了，洛伦兹力、弹力、摩擦力将随之增加，合力继续减小，直到加速度a=0时，小球速度到达最大值后匀速运动，有：mg=μ(Eq+qvmB)，vm=.答案：一直减小（直至为0）先增大后不变12.解析：先求电流的有效值，但此题不能简单套用正弦交变电流的最大值是有效值的倍的关系。根据有效值的定义，选择一个周期的时间，利用在相同时间内通过相同的电阻产生相等的热量，由焦耳定律得：即解得由变压器的变比公式：解得所以定值电阻的功率为：13.解析：(1)框架向右运动,切割磁感线,产生电动势,在框内产生向下的匀强电场,粒子做匀速圆周运动,说明电场力和重力平衡,故小油滴带负电.(2)由左手定那么,判断出油滴做顺时针转动,框架产生的电动势E=Bdv1框内电压U=E匀强电场场强E′==Bv1电场力F、重力G平衡,qE′=mg半径R=由以上各式解得R=.答案：负14解析：（1）金属棒ab静止时，粒子在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为，那么22/22①垂直打在金属板上，那么②解得③代入数据得100m/s（2）当金属棒ab匀速运动时，感应电动势④板间电压：⑤粒子沿直线穿过板间，那么粒子受电场力、洛仑兹力平衡，做匀速直线运动⑥解得：⑦代入数据得50m/s由左手定那么知，粒子所受洛仑兹力方向垂直M板，故粒子所受电场力应该垂直于N板，由右手定那么知，ab棒应水平向右运动。【答案】（1）100m/s（2）50m/s，水平向右15.解析：（1）根据法拉第电磁感应定律求出E=1.2V（2）根据全电路欧姆定律根据求出P=5.76×10-2W（3）S断开后，流经R2的电量即为S闭合时C板上所带的电量Q电容器两端的电压U=IR2＝0.6V流经R2的电量Q=CU=1.8×10-5C22/2216.解析：（1）由楞次定律（或右手定那么），线框中感应电流的方向为逆时针（或abcda）…（2）设t=2.0s时的速度为v，据题意有：BLv=IR解得m/s=0.4m/s…（3）设t=5.0s时的速度为v′,整个过程中线框中产生的焦耳热为Q，那么有：BLv′=I′R……由上述两式解得：J=1.67J17.解析；（1）金属棒ab静止时，粒子在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为，那么垂直打在金属板上，那么解得代入数据得100m/s（2）当金属棒ab匀速运动时，感应电动势板间电压：）粒子沿直线穿过板间，那么粒子受电场力、洛仑兹力平衡，做匀速直线运动解得：代入数据得50m/s由左手定那么知，粒子所受洛仑兹力方向垂直M板，故粒子所受电场力应该垂直于N板，由右手定那么知，ab棒应水平向右运动。答案：（1）100m/s（2）50m/s，水平向右22/2218解析：(1)粒子在Q间射出，轨迹如以下图。由qv0B=mv02/R1得R1=mv02/qB1同理得R2=mv02/qB2又d=(2n+1)(R1+R2)(n=0，1，2，3……)因此d＝。(2)粒子在磁场B1中做圆周运动的周期，在磁场B2中做圆周运动的周期粒子在Q间射出，在两个磁场中分别经历2n+1个，所以19．解析：（1）在t时刻AB棒的坐标为感应电动势回路总电阻回路感应电流棒匀速运动时有F=F安=Bil解得：（2）导体棒AB在切割磁感线的过程中产生半个周期的正弦交流电感应电动势的有效值为回路产生的电热22/22通电时间联立解得20．解析：（1）ab杆在位移L到3L的过程中，由动能定理　　　　　　　　　F(3L－L)＝　　　　　　ab杆在磁场中发生L过程中，恒力F做的功等于ab杆增加的动能和回路产生的电能　　　　　　　　　FL＝　　　　　　　　解得　　　　　　　　　　　　　ab杆在离开磁场前瞬间，水平方向上受安培力F安和外力F作用，加速度a，　　　　　　　　　　　　　　　　解得　　　　　　　　　　　（2）当磁场按Bt＝Bcost规律变化时，闭合回路的磁通量Φ的变化规律为Φ＝＝Bcosωt＝BL2cosωt　　该过程中穿过线圈的磁通量，与线圈在磁场中以角速度ω匀速转动规律相同，因此回路中产生交流电。　　电动势最大值　　　　　　　Em＝BωL2　　　　　　　　　　　　磁场减小到零，相当于线圈转过90°，经历四分之一周期，过程中产生的电热　　　　　　　Q2＝　　　　　　　　　　　　　　　T＝22/22　　解得　　　　　　　　　　　　　　22/22