2021新高考物理选择性考试B方案一轮复习学案第11章第1讲交变电流的产生和描述

第十一章交变电流传感器考情分析高考对本部分知识的考查主要以选择题的形式出现，试题的难度一般在中等偏下。重要考点1.交变电流、交变电流的图象(Ⅰ)2．正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值(Ⅰ)3．理想变压器(Ⅱ)4．远距离输电(Ⅰ)实验十二：传感器的简单使用考点解读1.交变电流的产生及其各物理量的变化规律，应用交流电的图象解决问题。2．对交变电流的四值进行计算。3．理想变压器原、副线圈中电流、电压、功率之间的关系应用，变压器动态变化的分析方法。4．远距离输电的原理和相关计算。5．传感器的简单使用，能够解决与科技、社会紧密结合的问题。第1讲交变电流的产生和描述主干梳理对点激活知识点交变电流、交变电流的图象Ⅰ1．交变电流(1)定义：方向随时间做eq\x(\s\up1(01))周期性变化的电流叫做交变电流。(2)图象：用以描述交变电流随时间变化的规律，图a、b、c、d所示电流都属于交变电流，其中eq\x(\s\up1(02))按正弦规律变化的交变电流叫正弦式交变电流，如图a所示。2．正弦式交变电流的产生和变化规律(1)产生：在匀强磁场中，线圈绕垂直于磁场方向的轴eq\x(\s\up1(03))匀速转动产生的电流是正弦式交变电流。(2)中性面①中性面：eq\x(\s\up1(04))与磁感线垂直的平面称为中性面。②中性面的特点以及与峰值面(中性面的垂面)的比较中性面峰值面含义线圈平面与磁场方向垂直线圈平面与磁场方向平行磁通量最大(BS)0磁通量的变化率0最大感应电动势0最大(nBSω)电流方向发生改变不变(3)电流方向的改变：线圈通过中性面时，电流方向eq\x(\s\up1(05))发生改变，一个周期内线圈两次通过中性面，因此电流的方向改变eq\x(\s\up1(06))两次。(4)正弦式交流电的图象：如果从线圈位于中性面位置时开始计时，其图象为正弦曲线。如图甲、乙所示。(5)变化规律正弦式交变电流的函数表达式(线圈在中性面位置时开始计时)①电动势e随时间变化的规律：eq\x(\s\up1(07))e＝Emsinωt，其中ω表示线圈转动的角速度，Em＝nBSω。②负载两端的电压u随时间变化的规律：eq\x(\s\up1(08))u＝Umsinωt。③电流i随时间变化的规律：eq\x(\s\up1(09))i＝Imsinωt。知识点描述交变电流的物理量Ⅰ1．周期和频率(1)周期(T)：交变电流完成一次周期性变化(线圈转一周)所需的时间，单位是秒(s)，公式T＝eq\f(2π,ω)。(2)频率(f)：交变电流在1s内完成周期性变化的次数。单位是赫兹(Hz)。(3)周期和频率的关系：T＝eq\x(\s\up1(01))eq\f(1,f)或f＝eq\x(\s\up1(02))eq\f(1,T)。2．交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值(1)瞬时值：交变电流的电动势、电流或电压在某一eq\x(\s\up1(03))时刻的值，是时间的函数。(2)峰值：交变电流的电动势、电流或电压所能达到的eq\x(\s\up1(04))最大值。(3)有效值①定义：让交流和恒定电流通过大小相同的电阻，如果在交流的一个周期内它们产生的eq\x(\s\up1(05))热量相等，就把这一个恒定电流的数值叫做这一交流的eq\x(\s\up1(06))有效值。②有效值和峰值的关系：E＝eq\x(\s\up1(07))eq\f(Em,\r(2))，U＝eq\x(\s\up1(08))eq\f(Um,\r(2))，I＝eq\x(\s\up1(09))eq\f(Im,\r(2))。(仅适用于正弦式交流电)(4)平均值：交变电流图象中图线与时间轴eq\x(\s\up1(10))所围面积跟时间的比值。一堵点疏通1．将一个平面线圈置于匀强磁场中，并使它绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线圈中产生的一定是正弦交变电流。()2．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，经过中性面时，线圈中的感应电动势最大。()3．有效值公式I＝eq\f(Im,\r(2))适用于任何交变电流。()4．交流电表的测量值是交变电流的有效值。()5．我国使用的交变电流周期是0.02s，电流方向每秒改变100次。()6．电路中保险丝的熔断电流是指电流的最大值。()7．电容器的耐压值是指交变电流的最大电压。()答案1.√2.×3.×4.√5.√6.×7.√二对点激活1．下图中不表示交变电流的是()答案A解析只要电流的方向发生周期性变化，就是交变电流，只有A项的电流方向不变，所以A是直流电而不是交流电。2.(人教版选修3－2·P31·做一做改编)把发光颜色不同的两个二极管并联(该类二极管具有单向导电性，导通时发光)，使两者正负极方向不同。当摇动如图所示的手摇发电机时，两个二极管交替发光，则流过其中一个二极管的电流是()A．交流电 B.直流电C．恒定电流 D.涡流答案B解析交流电是指电流方向发生周期性变化的电流，直流电的方向不变，恒定电流是指大小与方向均不变，涡流是感应电流，而手摇发电机产生的是交流电，但因为二极管具有单向导电性，所以通过每个二极管的电流为直流电，B正确。3．(人教版选修3－2·P34·T2改编)(多选)关于中性面，下列说法正确的是()A．线圈在转动中经中性面位置时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零B．线圈在转动中经中性面位置时，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大C．线圈每经过一次中性面，感应电流的方向就改变一次D．线圈每转动一周经过中性面一次，所以线圈每转动一周，感应电流的方向就改变一次答案AC解析在中性面位置，线圈的磁通量最大，没有切割磁感线运动，磁通量变化率为零，每经过一次中性面，电流的方向就改变一次，所以线圈每转动一周，两次经过中性面，感应电流的方向就改变两次，B、D错误，A、C正确。4.(人教版选修3－2·P34·T5改编)(多选)如图所示，闭合的矩形导体线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′方向观察，线圈沿顺时针方向转动。已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，ab边的边长为L1，ad边的边长为L2，线圈电阻为R，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时()A．线圈中感应电流的方向为abcdaB．线圈中的感应电动势为2nBL2ωC．穿过线圈的磁通量随时间的变化率最大D．线圈ad边所受安培力的大小为eq\f(n2B2L1L2ω,R)，方向垂直纸面向里答案AC解析由右手定则知图示位置线圈中感应电流的方向为abcda，故A正确。电动势为E＝nBL2L1ω，故B错误。此位置穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，故C正确。线圈ad边所受安培力大小为F＝nBeq\f(nBL2L1ω,R)·L2＝eq\f(n2B2L\o\al(2,2)L1ω,R)，方向垂直纸面向里，故D错误。5．(人教版选修3－2·P35·思考与讨论改编)某交变电流的i－t图象如图所示，则其电流的有效值为()A．1.5A B.C.eq\r(\f(14,5))A D.eq\r(\f(28,5))A答案C解析将交流与恒定电流通过阻值都为R的电阻，设恒定电流为I，则根据有效值的定义有，Ieq\o\al(2,1)Rt1＋Ieq\o\al(2,2)Rt2＝I2RT其中t1＝0.4s，t2＝0.6s，T＝1s，I1＝1A，I2＝2代入数据得，I＝eq\r(\f(14,5))A，故C正确。考点细研悟法培优考点1正弦式交流电的变化规律及应用1.正弦式交流电产生过程中的两个特殊位置图示概念中性面位置与中性面垂直的位置特点B⊥SB∥SΦ＝BS，最大Φ＝0，最小e＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝0，最小e＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nBSω，最大感应电流为零，方向改变感应电流最大，方向不变2．正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置时开始计时)函数图象磁通量Φ＝Φmcosωt＝BScosωt电动势e＝Emsinωt＝nBSωsinωt电压u＝Umsinωt＝eq\f(REm,R＋r)sinωt电流i＝Imsinωt＝eq\f(Em,R＋r)sinωt3．书写交变电流瞬时值表达式的基本思路(1)求出角速度ω，ω＝eq\f(2π,T)＝2πf。(2)确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图象读出或由公式Em＝nBSω求出相应峰值。(3)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式。如：①线圈从中性面位置开始转动，则i－t图象为正弦函数图象，函数式为i＝Imsinωt。②线圈从垂直中性面位置开始转动，则i－t图象为余弦函数图象，函数式为i＝Imcosωt。例1(2019·山东聊城二模)如图甲所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO′匀速转动，从某时刻开始计时，产生的感应电动势e随时间t的变化曲线如图乙所示，若外接电阻R＝70Ω，线圈电阻r＝10Ω，则下列说法正确的是()A．线圈的角速度为100rad/sB．0.01s末穿过线圈的磁通量最大C．通过线圈的最大电流为1.25AD．电压表的示数为87.5V(1)磁通量最大的位置电动势有什么特点？提示：电动势为零。(2)电压表的示数就是电动势的有效值吗？提示：不是，是R两端的电压的有效值。尝试解答选C。由图乙知，交流电的周期T＝4×10－2s，线圈转动的角速度ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,4×10－2)rad/s＝50πrad/s，故A错误；由图乙知，0.01s末线圈产生的感应电动势最大，则0.01s末线圈平面与磁场平行，穿过线圈的磁通量为0，故B错误；由图乙知，线圈产生的感应电动势最大值Em＝100V，则通过线圈的最大电流Im＝eq\f(Em,r＋R)＝eq\f(100,10＋70)A＝1.25A，故C正确；线圈产生的感应电动势有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(100,\r(2))V＝50eq\r(2)V，电压表的示数U＝eq\f(E,r＋R)·R＝eq\f(50\r(2),10＋70)×70V≈61.9V，故D错误。解决交变电流图象问题的四点注意(1)只有当线圈从中性面位置开始计时，电流的瞬时值表达式才是正弦函数形式，其变化规律与线圈的形状及转动轴处于线圈平面内的位置无关。(2)注意峰值公式Em＝nBSω中的S为线圈处于磁场中的有效面积。(3)在解决有关交变电流的图象问题时，应先把交变电流的图象与线圈的转动位置对应起来，再根据特殊位置求特殊解。(4)根据法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，若Φ按余弦规律变化，则e必按正弦规律变化；Φ按正弦规律变化，e必按余弦规律变化，即Φ＝Φmsinωt，e＝nωΦmcosωt，故Φ增大时，e必减小；Φ最大时，e最小，Φ与e除系数不同外，二者具有“互余”关系。[变式1－1](多选)如图所示，闭合的正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动。为了使线圈中的感应电动势的最大值增大为原来的2倍，下列方法可行的是()A．仅把线圈改为圆形B．仅把转速变为原来的2倍C．仅把磁感应强度变为原来的2倍D．仅把转轴移到cd位置答案BC解析线圈在磁场中绕垂直磁场的轴OO′做匀速圆周运动产生正弦交流电，其电动势最大值Em＝nBSω，将正方形线框改为圆形，其面积由S＝L2变为S′＝π(eq\f(4L,2π))2＝eq\f(4L2,π)，面积增大为原来的eq\f(4,π)倍，感应电动势的最大值变为原来的eq\f(4,π)倍，A错误；将线圈转速变为原来的2倍，最大值Em变为原来的2倍，B正确；将磁感应强度变为原来的2倍，最大值Em变为原来的2倍，C正确；最大值与转轴位置无关，D错误。[变式1－2](多选)图1中，单匝矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直磁场的轴转动。改变线圈的转速，穿过该线圈的磁通量随时间分别按图2中图线甲、乙的规律变化。设线圈的电阻为1.0Ω，则()A．图线甲对应线圈在t＝0时产生的感应电动势最大B．图线甲、乙对应的线圈在t＝2.0s时，线圈平面均平行于磁感线C．图线甲、乙对应的线圈转速之比为5∶4D．图线甲对应的线圈中交变电流的峰值为2.5πA答案BC解析在t＝0时，Φ甲最大，则产生的感应电动势最小，故A错误；因为在t＝2.0s＝12.5T甲＝10T乙时，Φ甲＝Φ乙＝0，所以线圈平面均平行于磁感线，故B正确；由图2可知图线甲、乙对应的周期之比为4∶5，而线圈的转速n＝eq\f(1,T)，所以图线甲、乙对应的线圈转速之比为5∶4，故C正确；图线甲对应的线圈中交流电压的峰值Em＝BSω＝Φmω＝0.4×eq\f(2π,0.16)V＝5πV，电流的峰值Im＝eq\f(Em,R)＝5πA，故D错误。[变式1－3]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，线圈绕中心转轴OO1按图甲所示方向匀速转动(ab向纸外，cd向纸内)，并从图甲所示位置开始计时。此时产生的交变电流如图乙所示。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象，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图答案D解析由题知三次实验线圈转动的角速度ω相同，且均产生完整的正弦交流电，所产生的交流电周期T相同。设ab边长为a，bc边长为b，则第一次产生的交流电的电动势最大值Em1＝2Bav1＝2Ba(eq\f(b,2)ω)＝Babω，同理知Em2＝Bav2＝Babω，Em3＝Bav3＝Ba(eq\f(b,2)ω)＝eq\f(1,2)Babω，由此可知Em2＝Em1，Em3＝eq\f(1,2)Em1。综上所述，第二次的电流图象与第一次相同，即B图，第三次的电流图象峰值是第一次的eq\f(1,2)，即D图，只有D项正确。考点2交流电有效值的计算1.交流电有效值的求解(1)公式法利用E＝eq\f(Em,\r(2))、U＝eq\f(Um,\r(2))、I＝eq\f(Im,\r(2))计算，只适用于正(余)弦式交变电流。(2)有效值的定义计算法(非正弦式电流)计算时要抓住“三同”：“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”，列式求解，注意时间至少取一个周期或为周期的整数倍。2．几种典型的电流及其有效值名称电流(电压)图象有效值正弦式交变电流I＝eq\f(Im,\r(2))U＝eq\f(Um,\r(2))正弦半波电流I＝eq\f(Im,2)U＝eq\f(Um,2)正弦单向脉动电流I＝eq\f(Im,\r(2))U＝eq\f(Um,\r(2))矩形脉动电流I＝eq\r(\f(t1,T))I1U＝eq\r(\f(t1,T))U1非对称性交变电流I＝eq\r(\f(1,2)I\o\al(2,1)＋I\o\al(2,2))U＝eq\r(\f(1,2)U\o\al(2,1)＋U\o\al(2,2))例2(2019·陕西咸阳三模)如图所示为一交流电压随时间变化的图象。每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定。根据图中数据可得，此交流电压的有效值为()A．7.5V B.8VC．2eq\r(15)V D.3eq\r(13)V(1)0～1s内电压的有效值如何求？提示：eq\f(U1,\r(2))＝eq\f(6,\r(2))V＝3eq\r(2)V。(2)如何求此交流电压的有效值？提示：根据电流的热效应。尝试解答选C。有效值是根据电流的热效应来定义的，设此交流电压的有效值为U，·eq\f(T,3)＋eq\f(U\o\al(2,2),R)·eq\f(2T,3)＝eq\f(U2,R)·T，得U＝2eq\r(15)V，故选C。(1)高中阶段可以定量求解有效值的只有正弦式交变电流(或其一部分)、方波式电流及其组合。(2)遇到完整的正弦(余弦)函数图象，如正弦单向脉动交流电，有效值可根据I＝eq\f(Im,\r(2))，E＝eq\f(Em,\r(2))，U＝eq\f(Um,\r(2))求解。(3)正弦半波、矩形脉动等电流只能利用电流热效应计算有效值。(4)其他情况的有效值一般不能进行定量计算，但有的可以与正弦式交变电流定性比较。如图1交变电流与如图2正弦式交变电流比较，可知其有效值小于eq\f(\r(2),2)Im。[变式2]一个匝数为100匝，电阻为0.5Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按图所示规律变化。则线圈中产生交变电流的有效值为()A．5eq\r(2)A B.2eq\r(5)AC．6A D.答案B解析0～1s内线圈中产生的感应电动势E1＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝100×0.01V＝1V,1～1.2s内线圈中产生的感应电动势E2＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝100×eq\f(0.01,0.2)V＝5V，由电流热效应有：eq\f(E\o\al(2,1),R)t1＋eq\f(E\o\al(2,2),R)t2＝I2Rt，得I＝2eq\r(5)A，故B正确。考点3交变电流的“四值”的比较交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较物理量物理含义重要关系适用情况及说明瞬时值交变电流某一时刻的值e＝Emsinωti＝Imsinωt(适用于正弦式交变电流)计算线圈某时刻的受力情况峰值最大的瞬时值Em＝nBSω(适用于正弦式交变电流)Im＝eq\f(Em,R＋r)讨论电容器的击穿电压有效值跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值E＝eq\f(Em,\r(2))U＝eq\f(Um,\r(2))I＝eq\f(Im,\r(2))(适用于正弦式交变电流)(1)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等)(2)电器设备“铭牌”上所标的额定电流、额定电压一般是指有效值(3)保险丝的熔断电流为有效值(4)交流电压表和电流表的读数为有效值平均值交变电流图象中图线与时间轴所围的面积与时间的比值eq\x\to(E)＝Bleq\x\to(v)eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)计算通过电路导体截面的电荷量例3(2019·山东滨州二模)如图所示是线圈匝数为n的小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈面积为S，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。矩形线圈电阻为r，矩形线圈通过两刷环接电阻R，电压表接在R两端。当线圈以角速度ω匀速转动时，下列说法正确的是()A．从线圈与磁场平行位置开始计时，瞬时电动势为e＝nBSωsinωtB．当线圈平面转到与磁场垂直时，电压表示数为零C．线圈从与磁场平行位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量为eq\f(nBS,R)D．线圈转一周的过程中回路产生的焦耳热为eq\f(πn2B2S2ω,R＋r)(1)求电压表示数用什么值？提示：有效值。(2)求通过电阻R的电荷量用交流电的什么值？提示：平均值。尝试解答选D。交流发电机产生电动势的最大值为Em＝nBSω，从线圈与磁场平行位置开始计时，故瞬时电动势e＝nBSωcosωt，A错误；电压表测量的是电阻R两端的电压的有效值，电动势的有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(nBSω,\r(2))，电流的有效值为I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(nBSω,\r(2)R＋r)，电压表的示数为U＝IR＝eq\f(nBSωR,\r(2)R＋r)＝eq\f(\r(2)nRBSω,2R＋r)，故B错误；线圈从与磁场平行位置转过90°的过程中，线圈转动eq\f(T,4)，eq\x\to(E)＝eq\f(nΔΦ,Δt)，平均电流eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)，通过电阻R的电荷量q＝eq\x\to(I)·Δt＝neq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(nBS,R＋r)，故C错误；线圈转一周的过程中回路产生的焦耳热为Q＝I2(R＋r)T＝(eq\f(nBSω,\r(2)R＋r))2(R＋r)×eq\f(2π,ω)＝eq\f(πn2B2S2ω,R＋r)，故D正确。解决交变电流“四值”问题的关键(1)涉及到交流电表的读数、功、功率、热量都用有效值。(2)涉及计算通过截面电荷量用平均值。(3)涉及电容器的击穿电压考虑峰值。(4)涉及到电流、电压随时间变化规律时，即与不同时刻有关，考虑瞬时值。[变式3](2019·广东省广州外国语学校高三第一次热身考试)如图所示，两根间距为20eq\r(2)cm的无限长光滑金属导轨，电阻不计，其左端连接一阻值为10Ω的定值电阻，两导轨之间存在着磁感应强度为1T的匀强磁场，磁场边界虚线为正弦曲线的一部分，一阻值为10Ω的光滑导体棒，在外力作用下以10m/s的速度匀速向右运动(接触电阻不计)，交流电压表和交流电流表均为理想电表，则()A．回路中产生的是正弦式交变电流B．电压表的示数是2VC．导体棒运动到图示虚线位置时，电流表示数为零D．导体棒上消耗的热功率为0.2W答案A解析当导体棒切割磁感线时，产生的感应电动势为E＝BL有效v，由于L有效按正弦规律变化，且当磁场反向时，感应电流反向，故这个过程回路中产生正弦式交变电流，A正确；感应电动势的最大值是：Em＝BLv＝1×0.2eq\r(2)×10V＝2eq\r(2)V，有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))＝2V，则电压表的示数为U＝eq\f(R,R＋r)E＝1V，B错误；导体棒运动到图示虚线位置时，感应电动势为0，但电流表的示数等于电流有效值，故电流表示数不为零，C错误；电路中的电流的有效值I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(2,10＋10)A＝0.1A，则导体棒上消耗的热功率为Pr＝I2r＝0.12×10W＝0.1W，D错误。高考模拟随堂集训1．(2018·全国卷Ⅲ)一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交变电源上，在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值为u0，周期为T，如图所示。则Q方∶Q正等于()A．1∶eq\r(2) B.eq\r(2)∶1C．1∶2 D.2∶1答案D解析根据题述，正弦交变电流的电压有效值为eq\f(u0,\r(2))，而方波交流电的有效值为u0，根据焦耳定律和欧姆定律，Q＝I2RT＝eq\f(U2,R)T，可知在一个周期T内产生的热量与电压有效值的二次方成正比，Q方∶Q正＝ueq\o\al(2,0)∶(eq\f(u0,\r(2)))2＝2∶1，D正确。2．(2017·天津高考)(多选)在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为2Ω，则()A．t＝0时，线圈平面平行于磁感线B．t＝1s时，线圈中的电流改变方向C．t＝1.5s时，线圈中的感应电动势最大D．一个周期内，线圈产生的热量为8π2J答案AD解析t＝0时，Φ＝0，故线圈平面平行于磁感线，A正确；线圈每经过一次中性面电流的方向改变一次，线圈经过中性面时，磁通量最大，故在t＝0.5s、1.5s时线圈中的电流改变方向。在t＝1s时线圈平面平行于磁感线，线圈中的电流方向不变，B错误；线圈在磁场中转动，磁通量最大时，感应电动势为0，磁通量为0时，感应电动势最大，故t＝1.5s时，感应电动势为0，C错误；线圈中感应电动势的最大值Em＝nBSω＝nωΦm＝neq\f(2π,T)Φm＝100×eq\f(2π,2)×0.04V＝4πV，有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝2eq\r(2)πV，故在一个周期内线圈产生的热量Q＝eq\f(E2,R)T＝eq\f(2\r(2)π2,2)×2J＝8π2J，D正确。3．(2016·全国卷Ⅲ)(多选)如图，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面。现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则()A．两导线框中均会产生正弦交流电B．两导线框中感应电流的周期都等于TC．在t＝eq\f(T,8)时，两导线框中产生的感应电动势相等D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等答案BC解析本题中导线框的半径旋转切割磁感线时产生大小不变的感应电流，故A项错误；两导线框产生的感应电流的周期与线框转动周期相同，B项正确；在t＝eq\f(T,8)时，两导线框切割磁感线的导线长度相同，且切割速度大小相等，故产生的感应电动势相等，均为E＝eq\f(1,2)BR2ω，C项正确；两导线框中感应电