含解析）新人教版选修3_2.doc

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1、- 1 -第 1 节交变电流1交变电流是指大小和方向都随时间周期性变化的电流。2线圈在磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时可产生正弦式交变电流，与转轴的位置无关。3正弦式交变电流的瞬时值表达式为 e Emsin t, u Umsin t, i Imsin t, 式中的Em、 Um、 Im 是指交变电流的最大值，也叫峰值。一、交变电流 1交变电流大小和方向都随时间做周期性变化的电流，简称交流。2直流方向不随时间变化的电流。二、交变电流的产生1过程分析2中性面线圈在磁场中转动的过程中，线圈平面与磁场垂直时所在的平面。- 2 -三、交变电流的变化规律1从两个特殊位置开始计时的瞬时值表达式从中性面位置开始

2、计时从与中性面垂直的位置开始计时磁通量 mcos t BScos t msin t BSsin t感应电动势e Emsin t NBS sin te Emcos t NBS cos t电压u Umsin t sin tRNBSR r u Umcos t cos tRNBSR r电流i Imsin t sin tNBSR r i Imcos t cos tNBSR r2交变电流的图像(1)正弦式交变电流的图像(2)其他几种不同类型的交变电流- 3 -1自主思考判一判(1)方向周期性变化，大小不变的电流也是交变电流。()(2)在匀强磁场中线圈绕垂直磁场的转轴匀速转动通过中性面时，感应电流为零，但感

3、应电流为零时，不一定在中性面位置。()(3)表达式为 e Emsin t 的交变电流为正弦式交变电流，表达式为 e Emsin的交变电流也是正弦式交变电流。()( t 2)(4)线圈绕垂直磁场的转轴匀速转动的过程中产生了正弦交变电流，峰值越大，则瞬时值也越大。()(5)交变电流的图像均为正弦函数图像或余弦函数图像。()(6)线圈绕垂直磁场的转轴匀速转动的过程中产生了正弦交变电流，感应电动势的图像、感应电流的图像形状是完全一致的。()2合作探究议一议(1)中性面是任意规定的吗？提示：不是。中性面是一个客观存在的平面，即与磁感线垂直的平面。(2)如何理解线圈平面转到中性面时感应电动势为零，而线圈平

4、面与中性面垂直时感应电动势最大呢？提示：根据法拉第电磁感应定律 E n 可知，感应电动势的大小不是与磁通量 直 t接对应，而是与磁通量的变化率成正比。虽然线圈经过中性面时磁通量最大，但磁通量的变化率为零，所以感应电动势为零；虽然线圈平面与中性面垂直时磁通量为零，但磁通量的变化率最大，所以感应电动势最大。(3)交流发电机输出的电流都可以表示为 i Imsin t 吗？提示：不一定。如果线圈从中性面的垂面开始计时，则输出的电流表示为 i Imcos t 。正弦交变电流的产生1过程分析如图所示为线圈 abcd 在磁场中绕轴 OO转动时的截面图， ab 和 cd 两个边切割磁感线，产生电动势，线圈中就

5、有了电流(或者说穿过线圈的磁通量发生变化而产生了感应电流)。具体分析如图所示，当线圈转动到图甲位置时，导体不切割磁感- 4 -线，线圈中无电流；当线圈转动到图乙位置时，导体垂直切割磁感线，线圈中有电流，且电流从 a 端流入；线圈在图丙位置同线圈在图甲位置；线圈在图丁位置时，电流从 a 端流出，这说明电流方向发生了改变；线圈在图戊位置同在图甲位置。线圈这样转动下去，就在线圈中产生了交变电流。2中性面、中性面的垂面位置的特点比较中性面中性面的垂面远离中性面靠近中性面位置线圈平面与磁场垂直线圈平面与磁场平行线圈平面与磁场夹角变小线圈平面与磁场夹角变大磁通量 最大 零 变小 变大磁通量变化率零 最大

6、变大 变小感应电动势 零 最大 变大 变小线圈边缘线速度与磁场方向夹角0 90 变大 变小感应电流 零 最大 变大 变小电流方向 改变 不变 不变 不变3正弦交变电流的产生条件(1)匀强磁场。(2)线圈匀速转动。(3)线圈的转轴垂直于磁场方向。1.多选如图所示为交流发电机示意图，线圈的 AB 边连在金属滑环 K 上， CD 边连在金属滑环 L 上，两个电刷 E、 F 分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路的连接。关于其工作原理，下列分析正确的是( )A当线圈平面转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量最大- 5 -B当线圈平面转到中性面的瞬间，线圈中的感应电流最大C当线圈平面

7、转到跟中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量最小D当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，线圈中的感应电流最小解析：选 AC 当线圈平面转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电动势为零，线圈中的感应电流为零，故选项 A 正确，B 错误；当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量最小，磁通量变化率最大，感应电动势最大，线圈中的感应电流最大，选项 C 正确，D 错误。2关于线圈在匀强磁场中转动时产生的交变电流，以下说法中正确的是( )A线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次，感应电动势方向不变B线圈每转动一周，感应电流方向就改变一次C线圈平面每经过中性面一次，感应电

8、动势和感应电流的方向都要改变一次D线圈转动一周，感应电动势和感应电流方向都要改变一次解析：选 C 线圈转至中性面时，线圈平面垂直于磁感线，磁通量最大，但磁通量的变化率、感应电动势、感应电流均为零，电流方向恰好发生变化。因此，线圈在匀强磁场中转动产生交变电流时，每经过中性面一次，感应电动势和感应电流的方向都要改变一次，线圈每转动一周，两次经过中性面，感应电动势和感应电流的方向都改变两次，所以 C 正确。3多选下图中哪些情况，线圈中产生了正弦交变电流(均匀速转动)( )解析：选 BCD 根据正弦交变电流产生的条件可知，B、C、D 正确。交变电流瞬时值表达式的书写1导体切割磁感线分析的过程若线圈平面

9、从中性面开始转动，如图所示，则经过时间 t：- 6 -线 圈 转 过 的 角 度 为 tab边 的 线 速 度 跟 磁 感 线 方 向 的 夹 角 tab边 转 动 的 线 速 度 大 小 ： v R Lad2ab边 产 生 的 感 应 电 动 势 ： eab BLabvsin BS2sin t一 匝 线 圈 产 生 的 电 动 势 ： e 2eab BS sin tN匝 线 圈 产 生 的 总 电 动 势 ： e NBS sin t2正弦交变电流的瞬时值表达式(1)从中性面开始计时： e nBS sin t Emsin t 。 i sin t Imsin t 。eR r EmR r u iR

10、 ImRsin t Umsin t 。(2)从垂直于中性面(即从线圈平面与磁场平行时)开始计时： e Emcos t 。 i Imcos t 。 u Umcos t 。典例 如图所示为演示用的手摇发电机模型，匀强磁场磁感应强度 B0.5 T，线圈匝数 N50，每匝线圈面积为 0.48 m2，转速为150 r/min，线圈在匀速转动过程中，从图示位置开始计时。写出交变感应电动势瞬时值的表达式。思路点拨解析 当线圈平面经过中性面时开始计时，则线圈在时间 t 内转过的角度为 t ，于是瞬时感应电动势 e Emsin t 。其中 Em NBS 。由题意知 N50， B0.5 T， S0.48 m 2，

11、- 7 - rads 5 rad/s，2 15060Em NBS 500.50.485 V188 V，所以 e188 sin 5 t(V)。答案 e188 sin 5 t(V)交变电流瞬时值表达式的书写技巧(1)确定正弦交变电流的峰值，根据已知图像读出或由公式 Em nBS 求出相应峰值。(2)确定线圈的角速度：可根据线圈的转速或周期由 2 f 求出， f 表示线圈的2T频率也可表示每秒的转数。(3)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式。线圈从中性面位置开始转动，则 et， it， ut 图像为正弦函数图像，函数式为正弦函数。线圈从垂直中性面位置开始转动，则 et， it， ut 图像为余

12、弦函数图像，函数式为余弦函数。 1某交流发电机正常工作时产生的感应电动势为 e Emsin t 。若线圈匝数减为原来的 ，而转速增为原来的 2 倍，其他条件不变，则产生的电动势的表达式是( )12A e Emsin t B e2 Emsin tC e2 Emsin 2t D e Emsin 2t解析：选 D 由 Em NBS ，角速度与转速的关系为 2 n 得，当 N 、 n2 nN2时， 2 ， Em N BS BS2 NBS ，即 Em Em，故 e Emsin 2t ，N2选项 D 正确。2.如图所示，一半径为 r10 cm 的圆形线圈共 100 匝，在磁感应强度B T 的匀强磁场中，绕

13、垂直于磁场方向的中心轴线 OO以 n600 5 2rmin 的转速匀速转动，当线圈转至中性面位置(图中位置)时开始计时。(1)写出线圈内所产生的交变电动势的瞬时值表达式；(2)求线圈从图示位置开始在 s 时的电动势的瞬时值；160(3)求线圈从图示位置开始在 s 时间内的电动势的平均值。160- 8 -解析：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴线匀速转动时，线圈内产生正弦式交变电动势，当线圈平面在中性面时开始计时，其表达式为 e Emsin t ，而在某段时间内的平均电动势可根据 N 求得。E t(1)e Emsin t ， Em NBS (与线圈形状无关)，又 rad/s20 rads ，2

14、 60060故 e100sin 20 t(V)。(2)当 t s 时，160e100sin V50 V86.6 V。(20 160) 3(3)在 s 内线圈转过的角度160 t 20 rad rad，160 3由 BScos t 知 BS，所以 N V。12 E t 150答案：(1) e100sin 20 t(V) (2)86.6 V (3) V150交变电流的图像正弦式交变电流随时间变化情况可以从图像上表示出来，图像描述的是交变电流随时间变化的规律，它是一条正弦曲线，如图所示。从图像中可以解读到以下信息：1交变电流的最大值 Im、 Em，周期 T。2因线圈在中性面时感应电动势、感应电流均为

15、零，磁通量最大，所以可确定线圈位于中性面的时刻。3找出线圈平行于磁感线的时刻。4判断线圈中磁通量的变化情况。5分析判断 i、 e 随时间变化的规律。- 9 -典例 处在匀强磁场中的矩形线圈 abcd，以恒定的角速度绕 ab 边转动，磁场方向平行于纸面并与 ab 边垂直，在 t0 时刻，线圈平面与纸面重合(如图)，线圈的 cd 边离开纸面向外运动，若规定由 a b c d a 方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流 I 随时间 t 变化的图像是( )思路点拨 计 时位 置 确 定 正 弦还 是 余 弦 运 用 右 手 定 则 或 楞 次定 律 确 定 电 流 的 方 向 图 像解析 线圈在磁

16、场中绕和磁场方向垂直的轴匀速转动时可以产生按正弦规律变化的交变电流，对于图示起始时刻，线圈的 cd 边离开纸面向纸外运动，速度方向和磁场方向垂直，产生的电动势的瞬时值最大；用右手定则判断出电流方向为逆时针方向，与规定的正方向相同，所以 C 对。答案 C分析正弦交变电流图像问题的两个注意(1)注意横、纵坐标表示的物理量，以及图像上的特殊位置。(2)注意把图像和线圈的转动过程对应起来。 1一矩形线圈绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴匀速转动，线圈中的感应电动势 e 随时间 t 变化的规律如图所示，则下列说法正确的是( )A图像是从线圈平面位于中性面开始计时的B t2时刻穿过线圈的磁通量为零C

17、 t2时刻穿过线圈的磁通量的变化率为零D感应电动势 e 的方向变化时，穿过线圈的磁通量的方向也变化解析：选 B 由题图可知，当 t0 时，感应电动势最大，说明穿过线圈的磁通量的变化率最大，磁通量为零，即是从线圈平面与磁场方向平行时开始计时的，选项 A 错误； t2时刻感应电动势最大，穿过线圈的磁通量的变化率最大，磁通量为零，- 10 -选项 B 正确，C 错误；感应电动势 e 的方向变化时，线圈通过中性面，穿过线圈的磁通量最大，但方向并不变化，选项 D 错误。2.如图所示，单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈轴线 OO与磁场边界重合，线圈按图示方向匀速转动( ab 边向纸外，

18、cd 边向纸内)。若从图示位置开始计时，并规定电流方向沿 a b c d a 为正方向，则线圈内感应电流随时间变化的图像是图中的( )解析：选 A 由题意知线圈总有一半在磁场中做切割磁感线运动，所以产生的仍然是正弦式交变电流，只是感应电动势最大值为全部线圈在磁场中匀速转动时产生的感应电动势最大值的一半，所以选项 B、C 错误。再由楞次定律及安培定则可以判断出 A 选项符合题意。3如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴 OO匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与 R10 的电阻连接，与电阻 R 并联的交流电压表为理想电压表，示

19、数是 10 V。图乙是矩形线圈中磁通量 随时间 t 变化的图像。则( )A电阻 R 上的电功率为 20 WB0.02 s 时 R 两端的电压瞬时值为零C R 两端的电压 u 随时间 t 变化的规律是u14.1cos 100 t(V)D通过 R 的电流 i 随时间 t 变化的规律是i1.41cos 50 t(A)解析：选 C 电阻 R 上的电功率 P 10 W，A 错。0.02 s 时 0， 最大，此时U2R tR 两端的电压瞬时值最大，B 错。 R 两端电压的最大值为 10 V， 100 rad/s，22T因此 R 两端电压 u14.1cos 100 t(V)，C 正确。通过 R 的电流 i1

20、.41cos 100 t(A)，D错。- 11 -1为了研究交流电的产生过程，小张同学设计了如下实验构思方案：第一次将单匝矩形线圈放在匀强磁场中，线圈绕转轴 OO1按图示方向匀速转动( ab 向纸外， cd 向纸内)。并从图甲所示位置开始计时。此时产生的交流电如图乙所示。第二次他仅将转轴移至 ab 边上，第三次他仅将转轴右侧的磁场去掉，关于后两次的电流图像，下列说法正确的是( )A第二次是 A 图 B第二次是 C 图C第三次是 B 图 D第三次是 D 图解析：选 D 第二次将转轴移到 ab 边上，产生的感应电流与第一次相同，第三次将 OO1右侧磁场去掉，线圈在转动过程中只有一边切割磁感线，产生

21、的感应电流的最大值为原来的，因此选 D。122一闭合矩形线圈 abcd 绕垂直于磁感线的固定轴 OO匀速转动，线圈平面位于如图甲所示的匀强磁场中。通过线圈的磁通量 随时间 t 的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是( )A t1、 t3时刻通过线圈的磁通量变化率最大B t1、 t3时刻线圈中感应电流方向改变C t2、 t4时刻通过线圈的磁通量最大D t2、 t4时刻线圈中感应电动势最小解析：选 B t1、 t3时刻通过线圈的磁通量 最大，磁通量变化率为零，此时感应电动势、感应电流均为零，线圈中感应电流方向改变，选项 A 错误，选项 B 正确； t2、 t4时刻通- 12 -过线圈的磁通量为零，

22、磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，选项 C、D 错误。3.多选某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生交变电流的图像如图所示，由图中信息可以判断( )A在 A 和 C 时刻线圈处于中性面位置B在 B 和 D 时刻穿过线圈的磁通量为零C从 A D 时刻线圈转过的角度为 32D若从 O D 时刻历时 0.02 s，则在 1 s 内交变电流的方向改变 100 次解析：选 CD 由题图可知，在 O、 B、 D 时刻感应电流为零，所以此时线圈恰好在中性面位置，且穿过线圈的磁通量最大；在 A、 C 时刻感应电流最大，线圈处于和中性面垂直的位置，此时穿过线圈的磁通量为零，故 A、B 错误。从 A

23、 到 D 时刻，线圈旋转 周，转过的角度34为 ；如果从 O 到 D 时刻历时 0.02 s，恰好为一个周期，所以 1 s 内线圈转动 50 个周期，32100 次经过中性面，交变电流的方向改变 100 次，故 C、D 正确。4.如图所示，一矩形线圈 abcd，已知 ab 边长为 l1， bc 边长为 l2，在磁感应强度为 B 的匀强磁场中绕 OO轴以角速度 从图示位置开始匀速转动，则 t 时刻线圈中的感应电动势为( )A0.5 Bl1l2 sin t B0.5 Bl1l2 cos tC Bl1l2 sin t D Bl1l2 cos t解析：选 D 因为开始时刻线圈平面与磁感线平行，即从垂直

24、于中性面开始运动，所以开始时刻线圈中感应电动势最大为 Em Bl1l2 ，感应电动势的表达形式应为余弦形式，因此在 t 时刻线圈中的感应电动势为 Bl1l2 cos t ，故正确选项为 D。5.多选如图所示，矩形线圈 abcd 在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴 P1和 P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到图示与磁场方向平行时( )A线圈绕 P1转动时的电流等于绕 P2转动时的电流B线圈绕 P1转动时的电动势小于绕 P2转动时的电动势C线圈分别绕 P1和 P2转动时的电流的方向相同，都是 a d c bD线圈绕 P1转动时 dc 边受到的安培力大于绕 P2转动时 dc 边受到的安培

25、力解析：选 AC 产生正弦交变电流的条件是轴和磁感线垂直，与轴的位置和线圈形状无关，- 13 -线圈 abcd 分别绕轴 P1、 P2转动，转到图示位置时产生的电动势 E nBS ，由 I 可知此ER总时 I 相等，故选项 A 正确，选项 B 错误；由右手定则可知电流方向为 a d c b，故选项 C正确； dc 边受到的安培力 F BLdcI，故 F 一样大，选项 D 错误。6.如图所示，线圈 abcd 的面积是 0.05 m2，共 100 匝，线圈的总电阻 r1 ，外接电阻 R9 ，匀强磁场的磁感应强度 B T，线圈1以角速度 100 rad/s 匀速转动。(1)若线圈经过图示位置(线圈平

26、面与磁感线垂直)时开始计时，写出线圈中感应电动势瞬时值的表达式。(2)写出交变电流的瞬时值表达式。(3)求线圈由图示位置转过 的过程中，交变电动势的平均值。 2解析：(1)线圈中感应电动势的最大值为Em NBS 100 0.05100 V500 V1线圈中感应电动势瞬时值 e Emsin t所以 e500sin 100 t(V)。(2)交变电流的最大值 Im A50 A，EmR r 5009 1所以电流的瞬时值表达式为 i50sin 100 t(A)。(3) N V。E t 2NBS 1 000答案：(1) e500sin 100 t(V) (2) i50sin 100 t(A) (3) V1

27、 0007.如图所示，在水平匀强磁场中一矩形闭合线圈绕 OO轴匀速转动， 若要使线圈中的电流峰值减半，不可行的方法是( )A只将线圈的转速减半B只将线圈的匝数减半C只将匀强磁场的磁感应强度减半- 14 -D只将线圈的边长减半解析：选 B 由 Im ， Em NBS ， 2 n，得 Im ，故 A、C 可行；又电EmR NBS2 nR阻 R 与匝数有关，当匝数减半时电阻 R 也随之减半，则 Im不变，故 B 不可行；当边长减半时，面积 S 减为原来的 ，而电阻减为原来的 ，故 D 可行。14 128.多选一矩形线圈，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向并位于线圈平面的固定轴转动，线圈中产生的感应电动势

28、e 随时间 t 的变化规律如图所示，则下列说法中正确的是( )A t1和 t3时刻穿过线圈的磁通量为零B t1和 t3时刻穿过线圈的磁通量的变化率为零C线圈平面从与磁场方向平行的时刻开始计时D每当感应电动势 e 变换方向时，穿过线圈的磁通量的绝对值都最大解析：选 BCD 由图像可知，为余弦式交变电流，说明 t0 时，线圈平面与磁感线方向平行，选项 C 正确。 t1、 t3时刻感应电动势为零，说明这两个时刻穿过线圈的磁通量变化率为零，穿过线圈的磁通量最大，所以选项 B 正确，选项 A 错误。当线圈通过中性面时，穿过线圈的磁通量的绝对值最大，感应电动势为零，感应电动势的方向要发生改变，所以选项 D

29、正确。9一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图所示。则下列说法中正确的是( )A t0 时刻，线圈平面与中性面垂直B t0.01 s 时刻， 的变化率为 0C t0.02 s 时刻，感应电动势达到最大D从 t0.01 s 时刻至 t0.04 s 时刻线圈转过的角度是 32解析：选 D 由图像可知 t0、 t0.02 s、 t0.04 s 时刻线圈平面位于中性面位置， 最大， 0，故 E0； t0.01 s、 t0.03 s、 t0.05 s 时刻线圈平面与磁感线平 t行， 最小， 最大，故 E 最大，从图像可知，从 t0.01 s 时刻至 t0

30、.04 s 时刻线圈 t旋转 周，转过的角度为 。34 32- 15 -10.多选一单匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴 线匀速转动时产生正弦式交变电流，其电动势的变化规律如图中图 线a 所示，当调整线圈转速后，电动势的变化规律如图线 b 所示， 以下关于这两个正弦式交变电流的说法正确的是( )A从图线可算出穿过线圈磁通量的最大值B线圈先后两次转速之比为 23C在图线 a 和 b 中， t0 时刻穿过线圈的磁通量均为零D图线 b 电动势的瞬时值表达式为 e100sin t(V)1003解析：选 AD 根据图线 a：感应电动势最大值 Em BS m ，因此磁通量最大值 m Wb，A 正确。线

31、圈先后两次周期之比 ， ，B 错误。Em a EmTa2 3 TaTb 0.04 s0.06 s 23 nanb TbTa 32t0 时刻感应电动势为零，线圈处于中性面位置，磁通量最大，C 错误。感应电动势最大值Em BS ，因此 ，即 Emb Ema100 V，图线 b 电动势瞬时值表达式为 e Embsin EmaEmb a b 32 23 bt100sin t(V)，D 正确。100311.如图所示，匀强磁场 B0.1 T，所用矩形线圈的匝数 N100，边长 ab0.2 m， bc0.5 m，以角速度 100 rad/s 绕 OO轴匀速转动。当线圈平面通过中性面时开始计时，试求：(1)线

32、圈中感应电动势的瞬时值表达式。(2)由 t0 至 t 过程中的平均电动势值。T4解析：(1)感应电动势的瞬时值 e NBS sin t ，由题可知 S a b 0.20.5 b cm20.1 m 2Em NBS 1000.10.1100 V314 V所以 e314sin 100 t(V)。(2)用 E N 计算 t0 至 t 过程中的平均电动势 t T4E N N | 2 0|T4 0 |0 BS|T4 4NBS2即 E NBS 。代入数值得 E200 V。2答案：(1) e314sin 100 t(V) (2)200 V- 16 -12.如图所示，在匀强磁场中有一个“”形导线框，可绕 AB

33、轴转动，已知匀强磁场的磁感应强度 B T，线框相邻两边相互垂直，其中 CD 边长为 20 cm， CE、 DF 长均为 10 52cm，转速为 50 r/s，若从图示 CEFD 平面平行磁场位置开始计时：(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；(2)求出由图示位置转过 30过程中线框产生的平均电动势；(3)作出线框中感应电动势随时间变化的 et 图像。解析：(1)线框转动，开始计时的位置为线框平面与磁感线平行的位置， CD 边长为l120 cm， CE、 DF 边长为 l210 cm，在 t 时刻线框转过的角度为 t ，此时刻e Bl1l2 cos t其中 B T52l1l20.10.2 m 20.02 m 2 2 n250 rad/s100 rad/s故 e 0.02100cos 100 t(V)52即 e10 cos 100 t(V)。2(2)线框由题图所示位置转过 30的过程中 Bl1l212 t6则平均电动势 E V。 t 302(3)线框中感应电动势随时间变化的图像如图所示：答案：(1) e10 cos 100 t(V) (2) V2302(3)见解析图- 17 -