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1、其中T=2Jico于是Qr=皿R31、［解析］(1)矩形线圈"bed在磁场中转动时，只有sb和cd切割磁感线，且转动的半径I,为设ab和cd的转动速度为v,则v=3•讦在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Ei=BLw丄由图可知v±=vsincot则整个线圈的感应电动势为e】=2E】=BLL23sin3t(2)当线圈由图丙位置开始运动时，在t吋刻整个线圈的感应电动势为e2=BI“L23sin(wt+(1)o)(3)由闭合电路欧姆定律可知这里E为线圈产生的电动势的冇效值ErnBL1L2w则线圈转动一周在R上产生的焦耳热为Qr=I2RT［答案］(l)ei=
2、BL]L2wsinwt(2)e2=BL]L2wsin(wt+巾0)(3)nR3(；；：)2、解析：选CDt=0时刻线圈处于中性而位置，穿过线圈的磁通量最大，A错误；由题屮图象可知交流电a、b周期之比是2:3,所以线圈先后两次转速之比为3:2,B错误；交流电a的瞬时值为u=Umsin3t=10sin(刍二t)V=10sin(5nt)V,C正确；又由Uro=nBS<^T0.420可知Ubtt—TUan=nQX］0V_V9D止确。Tb0.633、解析：选D由于磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径的辐向磁场，线圈绕铁芯M屮心的固定转轴匀速转动过程中，都垂直切割磁感线，所以能正确反
3、映线圈中感应电动势e随时间t变化规律的是图I)。4、［解析］⑴由x-t图，可得线圈的切割速度v=壬=0.8m/s。线圈做切割磁感线运动产生的感应电动势E=n•2nrBv=20X2X3.14X0.1X0.2X0.8V=2Vo(2)rfl闭合电路的欧姆定律，感应电流E21=
4、n—T~一］门~rA=0・2AR1+R20.t)+9.5(3)由于线圈每次运动都是匀速直线运动，由平衡条件F^=F安，即F推=nBT2"=20X0.2X0.2X2X3.14X0.1N=0.5No(4)发电机的输出功率即小电珠的电功率P=I2R2=0.22X9.5W=0.38We［答案］(1)2V(2)0.
5、2A(3)0.5N(4)0.38W5^解析：电流表的示数为交变电流的有效值IW寺1°化选项八正确；由宀丰可得，线圈转动的角速度为3為rad/EOO"rad/s,选项B错误;0.01s时，电路中电流最尢即电路中磁通量的变化率最大，故该时刻通过线圈的磁通量最小，即该时刻线圈平面与磁场方向平行,选项C正确;根据楞次定律可得,0.02s时电阻R中电流的方向自左向右，选项D错误.答案:AC6、解析:根据理想变压器的输入功率等于输出功率,P入二P出二P负二110X普W~3.9W,选项*正确;题干中变压器输出电压的数值是有效值,则最大值应是110»吃V,选项B错误;根据理想变压器的变压
6、比关系式可得，原、副线圈匝数比汁号连,选项C错误；由题图可得,负载电流的函数表达式为i二hsin号t+0・A,解得i二0.05sin（100兀t）A,故选项D错误.答案:A7、［解析］从图示位置转90°的过程中，磁通量变化AO=BS,通过电阻R的电量Q=IAtFA0VRS=帀肛=乍不=诂:，选项A错误，B正确；矩形线圈绕垂直磁感线的对称轴00’以角F速度3匀速转动，产生的感应电动势最大值Em=NBSo，感应电流有效值为1=不，夕卜力2222做功平均功率P=EI=r（R+r）=；蠶：）,选项C正确；从图示位置开始计时，则感应电动势随时间变化的规律为e=NBS3sin（st+
7、n/2）,选项D错误。［答案］BC2兀8、解析：选AC线圈转动角速度3=〒，线圈平面从与磁场方向平行开始计吋，当转过60°时，电流的瞬时值表达式为i=hcos60°=1A^Tb=2A,正弦交变电流有效值1=屯=边A,B项错；线圈消耗的功率P=I2R=4W,A项正确；由欧姆定律可知，感应电动势2ji最大值Em=ImR=4V,所以瞬时值表达式为e=4cos〒-1,C项正确；通过线圈的磁通量①2兀2qp=gsinwt=Omsin^t,由感应电动势的最大值E：„=BS3=①少卡-＞叽=亍孑，解两式得：En.T2712T2兀H屮=^~si=~sin^j^t,D项错。9、解析：选D由
8、二极管的单项导电性可知，若二极管导通，加在R2上的电压波形为半个周期最大值为2皿V,若二极管截止，&、R・2串联，则R2上的电压半个周期最大值为10辺Vo由有效值的定义可得加在R2上的电压有效值为5伍V,选项D正确。10、解析:线框从图示位置匀速转入磁场和转出磁场的过程中线框中有感应电流，大小为If业，但有电流的时间只有1周期，由交流电有效值的定义,有效值I为:"T二・£+0,所2R44以I亠业.故答案为D.24R答案：【）11、解析:选。得1=5AoOTT根据交变电流有效值的定义取一个周期T。有I2RT=（萌）2R・-+（3
