第1节 交变电流 学案 Word版含答案

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 ωt, u＝Umsin ωt, i＝Imsin ωt, 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。
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
从中性面位置开始计时
从与中性面垂直
的位置开始计时
磁通量
Φ＝Φmcos ωt
＝BScos ωt
Φ＝Φmsin ωt
＝BSsin ωt
感应
电动势
e＝Emsin ωt
＝NBSωsin ωt
e＝Emcos ωt
＝NBSωcos ωt
电压
u＝Umsin ωt
＝sin ωt
u＝Umcos ωt
＝cos ωt
电流
i＝Imsin ωt
＝sin ωt
i＝Imcos ωt
＝cos ωt
2．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
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，但感应电流为零时，不一定在中性面位置。(×)
(3)表达式为e＝Emsin ωt 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。(√)
(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Φ直接对应，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 ωt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 ωt。
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
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
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
若线圈平面从中性面开始转动，如图所示，则经过时间t：
?
?
?
?
?
2．正弦交变电流的瞬时值表达式
(1)从中性面开始计时：
①e＝nBSωsin ωt＝Emsin ωt。
②i＝＝sin ωt＝Imsin ωt。
③u＝iR＝ImRsin ωt＝Umsin ωt。
(2)从垂直于中性面(即从线圈平面与磁场平行时)开始计时：
①e＝Emcos ωt。
②i＝Imcos ωt。
③u＝Umcos ωt。
[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B＝0.5 T，线圈匝数N＝50，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ωt，于是瞬时感应电动势e＝Emsin ωt。
其中Em＝NBSω。
由题意知N＝50，B＝0.5 T，S＝0.48 m2，
ω＝rad?s＝5π rad/s，
Em＝NBSω＝50×0.5×0.48×5π V≈188 V，
所以e＝188 sin 5πt(V)。
[答案]　e＝188 sin 5πt(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＝nBSω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ω＝＝2πf求出，f表示线圈的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。
①线圈从中性面位置开始转动，则e-t，i-t，u-t图像为正弦函数图像，函数式为正弦函数。
②线圈从垂直中性面位置开始转动，则e-t，i-t，u-t图像为余弦函数图像，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 ωt。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(　　)
A．e＝Emsin ωt　　　　　　 B．e＝2Emsin ωt
C．e＝2Emsin 2ωt D．e＝Emsin 2ωt
解析：选D　由Em＝NBSω，角速度与转速的关系为ω＝2πn得，当N′＝、n′＝2n时，ω′＝2ω，Em′＝N′BSω′＝·BS·2ω＝NBSω，即Em′＝Em，故e＝Emsin 2ωt，选项D正确。
2.如图所示，一半径为r＝10 cm 的圆形线圈共100匝，在磁感应强度B＝ T 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的中心轴线OO′以n＝600 r?min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；
(3)求线圈从图示位置开始在 s时间内的电动势的平均值。
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 ωt，而在某段时间内的平均电动势可根据＝N求得。
(1)e＝Emsin ωt，Em＝NBSω(与线圈形状无关)，
又ω＝ rad/s＝20π rad?s，
故e＝100sin 20πt(V)。
(2)当t＝ s时，
e＝100sinV＝50 V≈86.6 V。
(3)在 s内线圈转过的角度
θ＝ωt＝20π× rad＝ rad，
由Φ＝BScos ωt知ΔΦ＝BS，所以＝N＝ V。
答案：(1)e＝100sin 20πt(V)　(2)86.6 V　(3) V
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。
[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t＝0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]
→→→
[解析]　线圈在磁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．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t＝0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，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，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R＝10 Ω的电阻连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电压表，示数是10 V。图乙是矩形线圈中磁通量Φ随时间t变化的图像。则(　　)
A．电阻R上的电功率为20 W
B．0.02 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
u＝14.1cos 100πt(V)
D．通过R的电流i随时间t变化的规律是
i＝1.41cos 50πt(A)
解析：选C　电阻R上的电功率P＝＝10 W，A错。0.02 s时Φ＝0，最大，此时R两端的电压瞬时值最大，B错。R两端电压的最大值为10 V，ω＝＝100π rad/s，因此R两端电压u＝14.1cos 100πt(V)，C正确。通过R的电流i＝1.41cos 100πt(A)，D错。
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，产生的感应电流的最大值为原来的，因此选D。
2．一闭合矩形线圈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Φ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Φ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时刻通过线圈的磁通量为零，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π
D．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到D时刻，线圈旋转周，转过的角度为π；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，100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ω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(　　)
A．0.5Bl1l2ωsin ωt　　　 B．0.5Bl1l2ωcos ωt
C．Bl1l2ωsin ωt D．Bl1l2ωcos ωt
解析：选D　因为开始时刻线圈平面与磁感线平行，即从垂直于中性面开始运动，所以开始时刻线圈中感应电动势最大为Em＝Bl1l2ω，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Bl1l2ω cos ωt，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→b
D．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，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＝nBSω，由I＝可知此时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r＝1 Ω，外接电阻R＝9 Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝ T，线圈以角速度ω＝100π rad/s匀速转动。
(1)若线圈经过图示位置(线圈平面与磁感线垂直)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。
解析：(1)线圈中感应电动势的最大值为
Em＝NBSω＝100××0.05×100π V＝500 V
线圈中感应电动势瞬时值e＝Emsin ωt
所以e＝500sin 100πt(V)。
(2)交变电流的最大值Im＝＝ A＝50 A，
所以电流的瞬时值表达式为i＝50sin 100πt(A)。
(3)＝N＝＝ V。
答案：(1)e＝500sin 100πt(V)　(2)i＝50sin 100πt(A)　(3) V
7.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
D．只将线圈的边长减半
解析：选B　由Im＝，Em＝NBSω，ω＝2πn，得Im＝，故A、C可行；又电阻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。
8.[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t＝0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．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直
B．t＝0.01 s时刻，Φ的变化率为0
C．t＝0.02 s时刻，感应电动势达到最大
D．从t＝0.01 s时刻至t＝0.04 s时刻线圈转过的角度是π
解析：选D　由图像可知t＝0、t＝0.02 s、t＝0.04 s时刻线圈平面位于中性面位置，Φ最大，＝0，故E＝0；t＝0.01 s、t＝0.03 s、t＝0.05 s时刻线圈平面与磁感线平行，Φ最小，最大，故E最大，从图像可知，从t＝0.01 s时刻至t＝0.04 s时刻线圈旋转周，转过的角度为π。
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2∶3
C．在图线a和b中，t＝0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e＝100sin t(V)
解析：选AD　根据图线a：感应电动势最大值Em＝BSω＝Φmω，因此磁通量最大值Φm＝＝＝Wb，A正确。线圈先后两次周期之比＝＝，＝＝，B错误。t＝0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＝BSω，因此＝＝，即Emb＝Ema＝100 V，图线b电动势瞬时值表达式为e＝Embsin ωbt＝100sin t(V)，D正确。
11.如图所示，匀强磁场B＝0.1 T，所用矩形线圈的匝数N＝100，边长ab＝0.2 m，bc＝0.5 m，以角速度ω＝100π 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)线圈中感应电动势的瞬时值表达式。
(2)由t＝0至t＝过程中的平均电动势值。
解析：(1)感应电动势的瞬时值e＝NBSωsin ωt，由题可知S＝a·b＝0.2×0.5 m2＝0.1 m2
Em＝NBSω＝100×0.1×0.1×100π V＝314 V
所以e＝314sin 100πt(V)。
(2)用E＝N计算t＝0至t＝过程中的平均电动势
E＝N＝N＝
即E＝NBSω。代入数值得E＝200 V。
答案：(1)e＝314sin 100πt(V)　(2)200 V
12.如图所示，在匀强磁场中有一个“π”形导线框，可绕AB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 cm，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e-t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l1＝20 cm，CE、DF边长为l2＝10 cm，在t时刻线框转过的角度为ωt，此时刻e＝Bl1l2ωcos ωt
其中B＝ T
l1×l2＝0.1×0.2 m2＝0.02 m2
ω＝2πn＝2π×50 rad/s＝100π rad/s
故e＝×0.02×100πcos 100πt(V)
即e＝10 cos 100πt(V)。
(2)线框由题图所示位置转过30°的过程中
ΔΦ＝Bl1l2
Δt＝
则平均电动势E＝＝ V。
(3)线框中感应电动势随时间变化的图像如图所示：
答案：(1)e＝10 cos 100πt(V)　(2) V
(3)见解析图