2024-2025學(xué)年上學(xué)期上海高二物理期末培優(yōu)卷2

第1頁（共1頁）2024-2025學(xué)年上學(xué)期上海高二物理期末培優(yōu)卷2一．解答題（共1小題，滿分30分，每小題30分）1．（30分）（2024?虹口區(qū)二模）發(fā)電機從發(fā)電廠、變電站引出的輸電線，將電能輸送到鄉(xiāng)村、工廠和千家萬戶，為我們的美好生活做出了巨大貢獻，而發(fā)電機則是功不可沒。（1）圖1示為交流發(fā)電的裝置簡圖，邊長為L、匝數(shù)為N的正方形線框abcd，在勻強磁場中以恒定的角速度ω繞OO′軸沿圖示方向轉(zhuǎn)動。①從圖1示位置開始計時，e、f兩點間電勢差Uef隨時間t的變化關(guān)系圖像為。②已知線框邊長L＝0.1m，匝數(shù)N＝200，線框總電阻r＝4Ω，負載電阻R＝16Ω。穿過線框的磁通量按圖2示規(guī)律變化，則磁感應(yīng)強度B＝T；輸出電壓UR＝V。（2）圖3示為某直流發(fā)電機的簡化原理圖。以O(shè)點為圓心、半徑為l的圓弧形金屬導(dǎo)軌MN固定在紙面內(nèi)，長為l的導(dǎo)體棒OA可繞O點以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直紙面向里。請運用法拉第電磁感應(yīng)定律，證明導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=12Bωl（3）某大型燃煤發(fā)電機組輸出的是正弦交流電，各種功率分配如圖5所示。遠距離輸電過程中的損耗均為輸電線熱損耗，變壓器視為理想變壓器，1MW＝106W。①渦輪機損耗的功率P損＝MW，整個系統(tǒng)的效率η＝%。②若遠距離輸電線的總電阻r線＝25Ω，發(fā)電機的輸出電壓U＝2000V，則升壓變壓器的匝數(shù)比為。二．解答題（共1小題，滿分50分，每小題50分）2．（50分）（2014秋?沈陽期末）如圖所示，在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，設(shè)導(dǎo)體棒Oa可以以點O為中心轉(zhuǎn)動，而另一端a剛好搭在光滑的半圓形金屬導(dǎo)軌上，Oa長為L且以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，在Ob間接入一阻值為R的電阻，不計其他電阻，試求：（1）導(dǎo)體棒Oa兩端產(chǎn)生的電勢差；（2）流過電阻R上的電流大小及方向；（3）所需外力的功率。三．解答題（共1小題，滿分20分，每小題20分）3．（20分）（2023?南崗區(qū)校級三模）如圖所示，直線ab、cd、ef互相平行且間距均為l，ab和cd間的區(qū)域I內(nèi)存在由ab垂直指向cd的勻強電場，cd和ef間的區(qū)域Ⅱ內(nèi)以及ef下方的區(qū)域Ⅲ內(nèi)分別存在垂直紙面向里和向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小分別為2B和B，現(xiàn)將一電量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子從ab邊界上無初速釋放，則：（1）欲使粒子能到達區(qū)域Ⅲ，求電場強度E1應(yīng)滿足什么條件？（2）若電場強度E2=4qlB2m，將粒子第一次到達cd上的位置記為P點，設(shè)再經(jīng)時間（3）在（2）條件下，保持區(qū)域Ⅲ內(nèi)磁場其他條件不變，僅將其范圍改為一個矩形區(qū)域（矩形的一條邊與ef重合），欲使粒子能穿越cd線23次，求該矩形磁場區(qū)域的最小面積S。

2024-2025學(xué)年上學(xué)期上海高二物理期末典型卷2參考答案與試題解析一．解答題（共1小題，滿分30分，每小題30分）1．（30分）（2024?虹口區(qū)二模）發(fā)電機從發(fā)電廠、變電站引出的輸電線，將電能輸送到鄉(xiāng)村、工廠和千家萬戶，為我們的美好生活做出了巨大貢獻，而發(fā)電機則是功不可沒。（1）圖1示為交流發(fā)電的裝置簡圖，邊長為L、匝數(shù)為N的正方形線框abcd，在勻強磁場中以恒定的角速度ω繞OO′軸沿圖示方向轉(zhuǎn)動。①從圖1示位置開始計時，e、f兩點間電勢差Uef隨時間t的變化關(guān)系圖像為B。②已知線框邊長L＝0.1m，匝數(shù)N＝200，線框總電阻r＝4Ω，負載電阻R＝16Ω。穿過線框的磁通量按圖2示規(guī)律變化，則磁感應(yīng)強度B＝0.5T；輸出電壓UR＝402πV。（2）圖3示為某直流發(fā)電機的簡化原理圖。以O(shè)點為圓心、半徑為l的圓弧形金屬導(dǎo)軌MN固定在紙面內(nèi)，長為l的導(dǎo)體棒OA可繞O點以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直紙面向里。請運用法拉第電磁感應(yīng)定律，證明導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=12Bωl（3）某大型燃煤發(fā)電機組輸出的是正弦交流電，各種功率分配如圖5所示。遠距離輸電過程中的損耗均為輸電線熱損耗，變壓器視為理想變壓器，1MW＝106W。①渦輪機損耗的功率P損＝1200MW，整個系統(tǒng)的效率η＝36%。②若遠距離輸電線的總電阻r線＝25Ω，發(fā)電機的輸出電壓U＝2000V，則升壓變壓器的匝數(shù)比為1：250。【專題】定量思想；推理法；交流電專題；分析綜合能力．【答案】（1）①B，②0.5，402π，（2）見解析；（3）①1200，36%，1：250。【分析】（1）①根據(jù)圖1可知此時瞬時電動勢的表達式，再根據(jù)楞次定律分析電流流向，即可分析；②根據(jù)圖2以及磁通量的表達式即可求解磁感應(yīng)強度，再根據(jù)峰值電壓表達式求解有效值，結(jié)合閉合電路歐姆定律即可求解；（2）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律進行推導(dǎo)；（3）根據(jù)圖5，以及遠距離輸電的原理，結(jié)合理想變壓器變流比公式即可求解?！窘獯稹拷猓海?）①根據(jù)圖1，此時瞬時電動勢的表達式e＝Emcosωt＝NBL2cosωt，有楞次定律可知線框中感應(yīng)電流的方向為a→b，在外電路中即為e→f，由以上可知從圖1示位置開始計時，e、f兩點間電勢差Uef隨時間t的變化關(guān)系圖像為B，故B正確，ACD錯誤；故選：B。②根據(jù)圖2可知，最大磁通量Φm＝5×10﹣3Wb＝BL2，代入數(shù)據(jù)解得B＝0.5T；由Em＝NBSωS＝L2ω=聯(lián)立解得Em＝100π又根據(jù)有效值U=UR=聯(lián)立解得UR＝402πV（2）根據(jù)圖3可知，導(dǎo)體棒OA在轉(zhuǎn)動過程中線速度從0逐漸增大，平均線速度v根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝Blv=Bl×ωl2=1（3）①根據(jù)圖5可知，渦輪機損耗的功率P損＝2200MW﹣1000MW＝1200MW；整個系統(tǒng)的效率為用戶獲得的能量與燃煤的總能量的比值，即η=9002500×100%②根據(jù)圖5可知，輸電線路損耗功率Pr線＝1000MW﹣900MW＝100MW=I22r線，解得I根據(jù)圖5可知升壓變壓器的輸入功率P＝1000MW＝U1I1＝2000I1，解得I1＝500000A，又n1n2=I故答案為：（1）①B，②0.5，402π，（2）見解析；（3）①1200，36%，1：250。【點評】該題涉及到較多知識點的綜合應(yīng)用，例如：交變電流的產(chǎn)生原理、峰值與有效值、法拉第電磁感應(yīng)定律以及遠距離輸電原理等，題目綜合性強，難度較大。二．解答題（共1小題，滿分50分，每小題50分）2．（50分）（2014秋?沈陽期末）如圖所示，在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，設(shè)導(dǎo)體棒Oa可以以點O為中心轉(zhuǎn)動，而另一端a剛好搭在光滑的半圓形金屬導(dǎo)軌上，Oa長為L且以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，在Ob間接入一阻值為R的電阻，不計其他電阻，試求：（1）導(dǎo)體棒Oa兩端產(chǎn)生的電勢差；（2）流過電阻R上的電流大小及方向；（3）所需外力的功率?！緦ｎ}】電場力與電勢的性質(zhì)專題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）導(dǎo)體棒Oa勻速轉(zhuǎn)動，由E=12BL2（2）由歐姆定律求出感應(yīng)電流大小，由右手定則判斷出電流方向；（3）由功率公式求電阻R消耗的功率?！窘獯稹拷猓海?）（2）導(dǎo)體棒Oa勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：E＝BLv=BL0+ωL2=1電路中只有電阻R，其余電阻都不計，則oa端的電勢差為：12BL2ω（2）回路中感應(yīng)電流：I=E由右手定則可知，電流從右流向左；（3）電阻R消耗的電功率：P=E答：（1）導(dǎo)體棒Oa兩端產(chǎn)生的電勢差為12BL2ω（2）流過電阻R上的電流大小為BL（3）所需外力的功率為B2【點評】對于轉(zhuǎn)動切割類型感應(yīng)電動勢公式E=12BL2三．解答題（共1小題，滿分20分，每小題20分）3．（20分）（2023?南崗區(qū)校級三模）如圖所示，直線ab、cd、ef互相平行且間距均為l，ab和cd間的區(qū)域I內(nèi)存在由ab垂直指向cd的勻強電場，cd和ef間的區(qū)域Ⅱ內(nèi)以及ef下方的區(qū)域Ⅲ內(nèi)分別存在垂直紙面向里和向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小分別為2B和B，現(xiàn)將一電量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子從ab邊界上無初速釋放，則：（1）欲使粒子能到達區(qū)域Ⅲ，求電場強度E1應(yīng)滿足什么條件？（2）若電場強度E2=4qlB2m，將粒子第一次到達cd上的位置記為P點，設(shè)再經(jīng)時間（3）在（2）條件下，保持區(qū)域Ⅲ內(nèi)磁場其他條件不變，僅將其范圍改為一個矩形區(qū)域（矩形的一條邊與ef重合），欲使粒子能穿越cd線23次，求該矩形磁場區(qū)域的最小面積S?！緦ｎ}】計算題；定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題；推理論證能力．【答案】（1）欲使粒子能到達區(qū)域Ⅲ，電場強度E1應(yīng)滿足的條件是：E1（2）再經(jīng)時間t=(n+1)×42m+7πm4qB或t=3πm8qB+n×42m+7πm（3）欲使粒子能穿越cd線23次，該矩形磁場區(qū)域的最小面積為(56+882【分析】（1）首先，分析粒子穿過區(qū)域I，由ab運動到cd的過程，由動能定理求出粒子進入?yún)^(qū)域Ⅱ內(nèi)的初速度，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力列出粒子在區(qū)域Ⅱ中的方程，畫出使粒子能到達區(qū)域Ⅲ的軌跡圖，求出電場強度E1應(yīng)滿足的條件；（2）其次，分析粒子在區(qū)域Ⅰ內(nèi)的運動，由動能定理求出E2=4ql（3）最后，欲使粒子能穿越cd線23次，最后一次通過cd上的點為P11，畫出軌跡圖，由幾何知識求出矩形磁場的最小面積。【解答】解：（1）當粒子穿過區(qū)域I，由ab運動到cd，由動能定理有qE粒子進入?yún)^(qū)域Ⅱ內(nèi)有qv欲使粒子能到達區(qū)域Ⅲ，如圖所示則應(yīng)有r1≥l由以上各式解得E（2）區(qū)域Ⅰ內(nèi)，由動能定理有q且E2滿足E區(qū)域Ⅱ內(nèi)q區(qū)域Ⅱ內(nèi)圓周運動周期T區(qū)域Ⅲ內(nèi)q區(qū)域Ⅲ內(nèi)圓周運動周期T解得r2=2l、r區(qū)域Ⅰ內(nèi)，從剛釋放粒子到粒子第一次到達cd時間t由運動學(xué)公式有a=解得t畫圖分析易知，區(qū)域Ⅱ內(nèi)，粒子從cd出發(fā)到第一次到達ef經(jīng)歷時間為t區(qū)域Ⅲ內(nèi)，粒子完成八分之一圓經(jīng)歷時間t粒子在整個區(qū)域Ⅲ內(nèi)經(jīng)過了四分之三圓，經(jīng)歷時間為t粒子動量與過P點時動量相同，由于動量是矢量，則應(yīng)該粒子經(jīng)過區(qū)域Ⅱ內(nèi)，進入?yún)^(qū)域Ⅲ，再返回區(qū)域I，且在區(qū)域I先減速為零，又加速回到P點，即經(jīng)歷的總時間為t'=(n+1)×(2t0+2t1另一個粒子動量與過P點時動量相同的位置在區(qū)域Ⅲ內(nèi)，與軌跡圓的圓心等高的位置（圓心左側(cè)），即有t″=(t1+t2)+n×(2t綜合以上兩種情況有t=(n+1)×42m+7πm4qB（取n＝0或t=3πm8qB+n×42m+7πm4qB（取n（3）欲使粒子能穿越cd線23次，最后一次通過cd上的點為P11，如圖所示則由幾何知識可知：y＝r3cos45°+r3設(shè)帶電粒子在電場中的兩條相鄰的軌跡間距為l0，分析軌跡規(guī)律可知：l且有x＝2r3+10l0矩形磁場最小面積S＝x×y求得S=(56+88答：（1）欲使粒子能到達區(qū)域Ⅲ，電場強度E1應(yīng)滿足的條件是：E1（2）再經(jīng)時間t=(n+1)×42m+7πm4qB或t=3πm8qB+n×42m+7πm（3）欲使粒子能穿越cd線23次，該矩形磁場區(qū)域的最小面積為(56+882【點評】本題考查了帶電粒子在組合場中的運動，解決本題的關(guān)鍵是畫出粒子的運動軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求出半徑和周期。

考點卡片1．磁通量的概念和計算公式的定性分析【知識點的認識】一、磁通量1．概念：勻強磁場中磁感應(yīng)強度和與磁場方向垂直的平面面積S的乘積。即Φ＝BS。2.拓展：磁場與平面不垂直時，這個面在垂直于磁場方向的投影面積S'與磁感應(yīng)強度的乘積表示磁通量。即Φ＝BSsinθ＝BS'。θ表示面與磁場的夾角。3.單位：韋伯（Wb），1Wb＝1T?m2．4.標矢性：標量，但有正負，正負表示從不同的方向穿過某個平面。5．磁通量的計算公式（1）公式：Φ＝BS．（2）適用條件：①勻強磁場；②S是垂直磁場并在磁場中的有效面積．6.引申：B=Φ7.磁通量的影響因素：根據(jù)公式Φ＝BS可知磁通量的大小與磁感應(yīng)強度和垂直于磁場的面積有關(guān)?！久}方向】關(guān)于磁通量的概念，以下說法中正確的是（）A、磁通量發(fā)生變化，一定是磁場發(fā)生變化引起的B、磁感應(yīng)強度越大，穿過閉合回路的磁通量也越大C、磁感應(yīng)強度越大，線圈面積越大，則磁通量也越大D、線圈的磁通量為零，但該處的磁感應(yīng)強度不一定為零分析：由磁通量公式Φ＝BSsinθ可知，磁通量發(fā)生變化，不一定是磁場發(fā)生變化引起的．磁感應(yīng)強度越大，穿過閉合回路的磁通量也不一定越大．磁感應(yīng)強度越大，線圈面積越大，磁通量也不一定越大．線圈的磁通量為零，但該處的磁感應(yīng)強度不一定為零．解答：A、由磁通量公式Φ＝BSsinθ可知，可能是由磁感應(yīng)強度B變化，或由面積S變化，或由角度θ變化引起的。故A錯誤。B、磁通量大小取決于B、S、θ三個因素，磁感應(yīng)強度越大，穿過閉合回路的磁通量也不一定越大。故B錯誤。C、當線圈與磁場平行時，磁感應(yīng)強度再大，磁通量為零。則磁感應(yīng)強度越大，線圈面積越大，磁通量也不一定越大。故C錯誤。D、磁通量為零，磁感應(yīng)強度可能為零；也可能線圈與磁場平行時，但磁感應(yīng)強度不為零。故D正確。故選：D。點評：本題考查磁通量的概念，要抓住兩種特殊情況：當線圈與磁場平行時，Φ＝0；當線圈與磁場垂直時，Φ＝BS．【解題方法點撥】對磁通量的理解（1）線圈平面與磁場方向垂直時磁通量最大，線圈轉(zhuǎn)動后穿過線圈的磁感線條數(shù)減少，磁通量減小。（2）在勻強磁場中才能應(yīng)用公式Φ＝BSsinθ（θ表示面與磁場的夾角）計算磁通量。應(yīng)用公式時還需要明確公式中各物理量的含義2．帶電粒子由磁場進入電場中的運動【知識點的認識】1.帶電粒子在電場、磁場組合場中的運動是指粒子從電場到磁場，或從磁場到電場的運動。通常按時間的先后順序分成若干個小過程，在每一運動過程中從粒子的受力性質(zhì)、受力方向和速度方向的關(guān)系入手，分析運動性質(zhì)。2.一般的分析思路為：（1）劃分過程：將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取相應(yīng)的規(guī)律處理。（2）找關(guān)鍵：確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度（包括大小和方向）是解決該類問題的關(guān)鍵，（3）畫運動軌跡：根據(jù)受力分析和運動分析大致畫出粒子的運動軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題。3.本考點旨在針對粒子從磁場進入電場的情況?！久}方向】如圖所示，一個質(zhì)量為m＝2.0×10﹣11kg，電荷量q＝+1.0×10﹣5C的帶電微粒（重力忽略不計），從靜止開始經(jīng)U1＝100V電場加速后，水平進入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)電場的電壓U2＝50V．金屬板長L＝20cm，兩板間距d=53cm（1）微粒進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度v0大?。唬?）微粒射出偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角θ；（3）若該勻強磁場的寬度D＝10cm，為使微粒不會從磁場右邊射出，則該勻強磁場的磁感應(yīng)強度B至少多大？分析：（1）粒子在加速電場中，電場力做功，由動能定理求出速度v0。（2）粒子進入偏轉(zhuǎn)電場后，做類平拋運動，運用運動的合成與分解求出偏轉(zhuǎn)角。（3）粒子進入磁場后，做勻速圓周運動，結(jié)合條件，畫出軌跡，由幾何知識求半徑，再求B。解答：（1）粒子在加速電場中運動過程，由動能定理，得qU1=解得，v0=2qU1（2）粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，則有加速度a=t=Lv0，v則tanθ=將上述各式代入得到tanθ=θ＝30°（3）粒子進入磁場后做勻速圓周運動，速度大小為v=畫出軌跡如圖，根據(jù)幾何知識，得D＝r+rsinθr=又由qvB＝mv解得B=代入數(shù)據(jù)解得，B＝0.346T答：（1）微粒進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度v0大小1×104m/s；（2）微粒射出偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角θ＝30°；（3）為使微粒不會從磁場右邊射出，該勻強磁場的磁感應(yīng)強度B至少為0.346T。點評：本題是帶電粒子在組合場中運動的問題，關(guān)鍵是分析粒子的受力情況和運動情況，用力學(xué)的方法處理?！窘忸}思路點撥】解決帶電粒子在組合場中的運動問題的方法3．導(dǎo)體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢【知識點的認識】1.如果感應(yīng)電動勢是由導(dǎo)體運動而產(chǎn)生的，它也叫作動生電動勢。2.當導(dǎo)體的運動方向與磁場垂直時，動生電動勢的大小為：E＝Blv3.適用條件：（1）勻強磁場；（2）平動切割；（3）B、l、v三者相互垂直。4.當導(dǎo)體的運動方向與磁場有夾角時，如下圖即如果導(dǎo)線的運動方向與導(dǎo)線本身是垂直的，但與磁感線方向有一個夾角θ，則動生電動勢為：E＝Blv1＝Blvsinθ，即利用速度垂直于磁場的分量?！久}方向】如圖所示，在磁感應(yīng)強度B＝1.2T的勻強磁場中，讓導(dǎo)體PQ在U形導(dǎo)軌上以速度υ0＝10m/s向右勻速滑動，兩導(dǎo)軌間距離L＝0.5m，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小和PQ中的電流方向分別為（）分析：導(dǎo)體棒PQ運動時切割磁感線，回路中的磁通量發(fā)生變化，因此有感應(yīng)電流產(chǎn)生，根據(jù)右手定則可以判斷電流方向，由E＝BLv可得感應(yīng)電動勢的大?。獯穑寒攲?dǎo)體棒PQ運動時，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝BLv＝1.2×0.5×10＝6V，根據(jù)右手定則可知，通過PQ的電流為從Q點流向P點，故ABC錯誤，D正確。故選：D。點評：本題比較簡單，考查了導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生電動勢和電流方向問題，注意公式E＝BLv的適用條件和公式各個物理量的含義．【解題方法點撥】閉合或不閉合電路的一部分導(dǎo)體在磁場中做切割磁感線運動時，導(dǎo)體兩端將產(chǎn)生感應(yīng)電動勢。如果電路閉合，電路中形成感應(yīng)電流。切割磁感線運動的那部分導(dǎo)體相當于電路中的電源。常見的情景有以下幾種：1．在E＝BLv中（要求B⊥L、B⊥v、L⊥v，即B、L、v三者兩兩垂直），式中的L應(yīng)該取與B、v均垂直的有效長度（所謂導(dǎo)體的有效切割長度，指的是切割導(dǎo)體兩端點的連線在同時垂直于v和B的方向上的投影的長度，下圖中的有效長度均為ab的長度）。2．公式E＝BLv中，若速度v為平均速度，則E為平均電動勢；若v為瞬時速度，則E為瞬時電動勢。3．若導(dǎo)體不是垂直切割磁感線運動，v與B有一夾角，如圖所示，則E＝Blv1＝Blvsinθ。4．正弦式交變電流的函數(shù)表達式及推導(dǎo)【知識點的認識】1.正弦式電流的函數(shù)表達式為i＝Imsinωt，u＝Umsinωt，式中Im、Um分別表示電流和電壓的峰值。i和u表示電流和電壓的瞬時值。ω表示線圈轉(zhuǎn)動的角速度。（1）此表達式代表的是線圈從中線面開始轉(zhuǎn)動的情況。（2）式子中Um＝NBSω。2.表達式的推導(dǎo)：若矩形線圈在磁場中從中性面開始以角速度o勻速轉(zhuǎn)動，如圖所示，則經(jīng)時間t：（1）線圈轉(zhuǎn)過的角度為θ＝ωt。（2）ab邊的線速度跟磁感線方向的夾角θ＝ωt。（3）ab邊轉(zhuǎn)動的線速度大小v＝ωl（4）ab邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢eab＝Blabvsinθ=BSω2?sinω（5）整個線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢e＝2eab＝BSωsinωt，若線圈為n匝，則e＝nBSωsinωt?！久}方向】矩形線圈在勻強磁場中轉(zhuǎn)動產(chǎn)生e＝2202sin100πtVA、頻率是50HzB、當t＝0時，線圈平面恰好與中性面垂直C、當t=1200sD、有效值為220V分析：根據(jù)交流電的表達式，可以知道其最大值，以及線圈轉(zhuǎn)動的角速度等物理量，然后進一步求出其它物理量，如有效值、周期、頻率等．解答：A、線圈的角速度為100πrad/s，故其頻率為：f=ω2π=50HzB、當t＝0時e＝0，此時線圈處在中性面上，故B錯誤。C、當t=1200s時，sin100πt＝1，所以e有最大值，故D、有效值為：220