题目内容
有一匝数为10匝的正方形线圈，边长为20cm，线圈总电阻为1Ω，线圈绕OO′轴以10πrad/s的角速度匀速转动，如图所示，垂直于线圈平面（纸面）向里的匀强磁场的磁感应强度为0.5T．问：（从如图所示位置开始计时）（1）该线圈产生的交变电流的电动势峰值和电流的峰值分别为多少？
（2）线圈从图示位置转过60°时，感应电动势的瞬时值是多大？
（3）写出感应电动势随时间变化的瞬时值表达式．
分析：（1）先根据Em=NBωS求出最大值，再根据最大值与有效值的关系求出有效值，根据闭合电路欧姆定律即可求解；
（2）先写出电动势的瞬时表达式，再带入数据求得瞬时值；
（3）根据线圈开始运动位置，结合感应电动势的最大值，即可得出瞬时感应电动势大小表达式；
（2）先写出电动势的瞬时表达式，再带入数据求得瞬时值；
（3）根据线圈开始运动位置，结合感应电动势的最大值，即可得出瞬时感应电动势大小表达式；
解答：解：（1）根据Em=NBωS，
可得感应电动势的最大值：
Em=10×0.5×0.22×10πV=6.28V；
电流的最大值为Im=
=
A=6.28A；
因此感应电动势的瞬时表达式为e=6.28sin2πt（V）
（2）由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过60°角时的瞬时感应电动：e=6.28sin60°=6.28×
（V）=5.44V；
（3）由于线圈转动是从中性面开始计时的，所以根据法拉第电磁感应定律可得：
感应电动势随时间变化的瞬时值表达式大小，e=Emsinωt=6.28sin10πtV；
答：（1）转动过程中感应电动势的最大值6.28V，电流的峰值6.28A；
（2）由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过60°角时的瞬时感应电动势5.44V；
（3）感应电动势随时间变化的瞬时值表达式e=6.28sin10πtV；
可得感应电动势的最大值：
Em=10×0.5×0.22×10πV=6.28V；
电流的最大值为Im=
| Em |
| R |
| 6.28 |
| 1 |
因此感应电动势的瞬时表达式为e=6.28sin2πt（V）
（2）由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过60°角时的瞬时感应电动：e=6.28sin60°=6.28×
| ||
| 2 |
（3）由于线圈转动是从中性面开始计时的，所以根据法拉第电磁感应定律可得：
感应电动势随时间变化的瞬时值表达式大小，e=Emsinωt=6.28sin10πtV；
答：（1）转动过程中感应电动势的最大值6.28V，电流的峰值6.28A；
（2）由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过60°角时的瞬时感应电动势5.44V；
（3）感应电动势随时间变化的瞬时值表达式e=6.28sin10πtV；
点评：本题考查了有关交流电描述的基础知识，要能根据题意写出瞬时值的表达式，知道有效值跟峰值的关系，难度不大，属于基础题．线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流．而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定．
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如图甲所示，有一面积s=100cm2，匝数n=100匝的闭合线圈，电阻为R=10Ω，线圈中磁场变化规律如图乙所示，磁场方向垂直纸面向里为正方向，求：
的左边有匀强磁场，右边没有)，线圈的两端接一只灯泡．已知线圈的匝数n＝100，电阻r＝1.0 Ω，ab边长L1＝0.5 m，ad边长L2＝0.3 m，小灯泡的电阻R＝9.0 Ω，磁场的磁感应强度B＝1.0×10－2 T．线圈以理想边界o
)，以如图所示位置为计时起点．求：
的时间内，通过小灯泡的电荷量
= k
，（d
表示导体元段的方向沿电流的方向、
为导体元段到考查点的方向矢量）；或用大小关系式dB = k
结合安培定则寻求方向亦可。其中 k = 1.0×10?7N/A2 。应用毕萨定律再结合矢量叠加原理，可以求解任何形状导线在任何位置激发的磁感强度。
；
；
= I
；或表达为大小关系式 F = BILsinθ再结合“左手定则”解决方向问题（θ为B与L的夹角）。
= q
，或展开为f = qvBsinθ再结合左、右手定则确定方向（其中θ为
与
的夹角）。安培力是大量带电粒子所受洛仑兹力的宏观体现。
总垂直
与
确定的平面，故
总垂直
，只能起到改变速度方向的作用。结论：洛仑兹力可对带电粒子形成冲量，却不可能做功。或：洛仑兹力可使带电粒子的动量发生改变却不能使其动能发生改变。
⊥
时，匀速圆周运动，半径r = 
，周期T = 
与
成一般夹角θ时，做等螺距螺旋运动，半径r = 
，螺距d = 
分解…（过程从略）。
分解（成垂直速度分量B2和平行速度分量B1 ，如图9-7所示），粒子的运动情形似乎就不一样了——在垂直B2的平面内做圆周运动？
=
= 2πRf