高考物理模型全归纳 第90讲+交变电流的产生、变化规律及四值的相关计算

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高考物理全归纳——模型专题
在高中物理教学中，引导学生认识、理解和建立“物理模型”，是培养学生创造性思维和创新能力的有效途径。
一、什么是物理模型
自然界中事物与事物之间总是存在着千丝万缕的联系，并都处在不断的变化之中。面对复杂多变的自然界，进行科学研究时，总是遵循这样一条重要的原则，即从简到繁，先易后难，循序渐进，逐次深入。
物理模型有三个类型：（1）物理研究对象的理想化（对象模型）；（2）物理条件的理想化（条件模型）；（3）物理过程的理想化（过程模型）
二、为什么要建立物理模型
1、帮助学生掌握学习方法 2、落实“过程与方法”的教学目标
3、提高学生解决问题能力
三、如何帮助学生的建立物理模型
（一）提高认识，重视过程：
对研究对象建立理想的物理模型和在研究物理过程中选择最简单的物理模型，在教学中是经常涉及到的，但学生总不能从中得到启示。
（二）概括总结，触类旁通：
新课程提出高中阶段应给学生更多的空间，让学生较独立地进行科学探究，培养学生的自主探究、自主学习、自已解决问题的能力。


第90讲 交变电流的产生、变化规律及四值的相关计算

1．（2022•浙江）如图所示，甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况，摇动手柄可使对称固定在转轴上的矩形线圈转动；乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况，皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动。下列说法正确的是（　　）

A．甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
B．乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
C．甲图中线圈转动时产生的电流是正弦交流电
D．乙图线圈匀速转动时产生的电流是正弦交流电
【解答】解：A．甲图中细短铁丝显示的磁场分布均匀，则线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，故A正确；
B．乙图中细短铁丝显示的磁场分布不均匀，则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场，故B错误；
C．根据发电机原理可知甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦交流电，故C错误；
D．乙图中是非匀强磁场，则线圈匀速转动时不能产生正弦交流电，故D错误；
故选：A。
2．（2021•辽宁）如图所示，N匝正方形闭合金属线圈abcd边长为L，线圈处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，绕着与磁场垂直且与线圈共面的轴OO'以角速度ω匀速转动，ab边距轴L4。线圈中感应电动势的有效值为（　　）

A．NBL2ω B．22NBL2ω C．12NBL2ω D．24NBL2ω
【解答】解：线圈转动产生的感应电动势的最大值与转轴位置对最大感应电动势无影响，故Em=NBL2ω，故有效值E=Em2=2NBL2ω2，故ACD错误，B正确；
故选：B。


一.知识回顾
1．交变电流
(1)定义：大小和方向均随时间做周期性变化的电流叫作交变电流。
(2)图像：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，其中按正弦规律变化的交变电流叫作正弦式交变电流，简称正弦式电流，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：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
图示


位置
中性面位置
与中性面垂直的位置
特点
B⊥S
B∥S
Φ＝BS，最大
Φ＝0，最小
e＝n＝0，最小
e＝n＝nBSω，最大
感应电流为零，方向改变
感应电流最大，方向不变
(3)电流方向的改变：线圈通过中性面时，电流方向发生改变，一个周期内线圈两次通过中性面，因此电流的方向改变两次。
(4)正弦式交流电的变化规律及图像(线圈在中性面位置时开始计时)：

瞬时值表达式
图像
磁通量
Φ＝Φmcosωt ＝BScosωt

电动势
e＝Emsinωt ＝NBSωsinωt

电压
u＝Umsinωt ＝sinωt

电流
i＝Imsinωt＝sinωt

注意：线圈从垂直中性面位置开始转动，则i－t图像为余弦函数图像，电流的瞬时值表达式为i＝Imcosωt。
3．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＝。
(2)频率(f)：交变电流在单位时间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＝或f＝。
4．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最大值。
(3)有效值
①定义：让交变电流与恒定电流分别通过大小相同的电阻，如果在交变电流的一个周期内它们产生的热量相等，就把这个恒定电流的电流I、电压U叫作这一交变电流的有效值。
②有效值和峰值的关系：E＝，U＝，I＝。(仅适用于正弦式交流电)

几种典型的电流及其有效值
名称
电流(电压)图像
有效值
正弦式交变电流

I＝
U＝

正弦半波电流

I＝
U＝
正弦单向脉动电流

I＝
U＝
矩形脉动电流

I＝ I1
U＝ U1
非对称性交变电流

I＝
U＝
(4)平均值：交变电流图像中图线与时间轴所围面积跟对应时间的比值。
5. 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＝Emsinωt
u＝Umsinωt
i＝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)
Um＝
Im＝
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＝
U＝
I＝
(1)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等)




(适用于正弦式交变电流)
(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
（5）没有特别说明，通常默认为有效值。
平均值
交变电流图像中图线与时间轴所围的面积与时间的比值
＝Bl
＝n
＝
＝
计算通过电路导体截面的电荷量

二.例题精析
题型一：正弦交变电流的产生及瞬时表达式与转轴和线圈形状的关系
例1．图中闭合线圈都在匀强磁场中绕虚线所示的固定转轴匀速转动，不能产生正弦式交变电流的是(　　)如果图示线圈面积和匝数、磁场、转速都相同，则感应电动势的最大值相同是（ 　）如果从图示位置开始计时，A与B感应电动势的瞬时值是否相同？（ ）




答案　C；AB；不同
解析　只要闭合线圈绕线圈平面内垂直磁感线的轴匀速转动，就能产生正弦式交流电，与轴的位置、线圈的形状无关。除C项的轴与磁感线平行外，其他选项的轴都与磁感线垂直。故C正确，A、B、D错误。
A和B，感应电动势最大值都是NBSω，与转轴位置和线圈形状无关。
如果从图示位置开始计时，A瞬时表达式是e＝NBSωsinωt，B瞬时表达式是e＝NBSωcosωt，所以A与B的瞬时表达式不同

题型二：正弦交变电动势与电流
（多选）例2．如图所示，磁极N、S间的磁场看作匀强磁场，磁感应强度为B0，矩形线圈ABCD
的面积为S，共n匝，内阻为r，线圈通过滑环与理想电压表V和阻值为R的定值电阻相连，AB边与滑环E相连；CD边与滑环F相连。若线圈正在绕垂直于磁感线的轴OO'以角速度ω逆时针匀速转动，图示位置恰好与磁感线垂直。以下说法正确的是（　　）

A．线圈在图示位置时，电阻R中的电流方向为自M到N
B．线圈自图示位置开始转过180°的过程中，通过电阻R的电量为2nB0SR+r
C．线圈转动一周的过程中克服安培力做的功为πωn2B02S2R+r
D．线圈在图示位置时电压表的示数为0
【解答】解：A、线圈在图示位置时，与中性面重合，线圈不切割磁感线，感应电流为零，故A错误；
B、线圈自图示位置开始转过180°的过程中，磁通量的变化量△Φ＝2B0S，则通过电阻R的电荷量：q＝n△ΦR+r=2nB0SR+r，故B正确；
C、根据正弦式交变电流的产生规律可知，感应电动势最大值：Em＝nB0Sω，有效值：E=Em2=nB0Sω2，线圈转动一周的过程中，克服安培力做功产生电能，W=E2r+R⋅2πω=πωn2B02S2R+r，故C正确；
D、电压表的示数为有效值，线圈在转动过程中，电压表示数不变，不为0，故D错误。
故选：BC。
题型三：非正弦交变电流
例3．如图所示，在磁极和圆柱状铁芯间形成的两部分磁场区域的圆心角α均为49π，磁感应强度B均沿半径方向，单匝矩形线圈abcd的宽ab＝L，长bc＝2L，线圈中轴以角速度ω匀速转动时对外电阻R供电，若线圈电阻为r，电流表内阻不计，则下列说法正确的是（　　）

A．线圈转动时将产生正弦式交流电
B．从图示位置开始转过90°角时，电流方向将发生改变
C．线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的变化量不变
D．电流表的示数为4BL2ω3(R+r)
【解答】解：A、bc边向上切割时，感应电流方向为c→b；bc边向下切割时，感应电流方向为b→c；故线圈连续转动，流过电阻R的电流是交流电，但电流的大小不变，故产生的不是正弦交流电，故A错误；
B、从图示位置开始转过90°角时，电流方向不发生改变，故B错误；
C、在共同圆心角α均为49π内，线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的变化量不变，故C错误；
D、一个周期内，通电时间为：t=49T
R上消耗的电能为：W＝Im2Rt
且有：W＝I2RT
解得线圈上电流的有效值为：I=4Bl2ω3(R+r)，故D正确；
故选：D。
题型四：电动机产生正弦交变电动势而输出直流
（多选）例4．发电机的示意图如图甲所示，边长为L的正方形金属框，在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定角速度绕OO′轴转动，阻值为R的电阻两端的电压如图乙所示。其它电阻不计，图乙中的Um为已知量。则金属框转动一周（　　）

A．电动势的最大值为Um
B．框内电流方向不变
C．流过电阻的电荷4BL2R
D．电阻产生的焦耳热2πUmBL2R
【解答】解：A、由图乙可知，电动势的最大值为Um，故A正确；
B、当线框转动时，框内电流方向每经过中性面一次都要变化一次，故B错误；
C、金属框转过半周流过电阻的电荷量为：q=I•Δt=ER•Δt=ΔΦΔtR•Δ=ΔΦR=2BL2R，由于有换向器，电流方向一直为正方向，所以金属框转过一周流过电阻的电荷量为：q′＝2q=4BL2R，故C正确；
D、因为Um＝BωL2，则ω=UmBL2，根据焦耳定律，可知金属框转过一周电阻产生的焦耳热为：Q=U2TR=(Um2)2R×2πω=πUmBL2R，故D错误。
故选：AC。
三.举一反三，巩固练习
1. 在匀强磁场中，线框绕垂直于磁场的轴匀速转动，线框中产生的电流为如图所示的正弦式交变电流，则这段时间（　　）

A．电流的有效值等于0.62A
B．t＝0.01s时穿过线框的磁通量为零
C．图线与横轴围成的面积与所对应的时间的比值表示电流的平均值
D．图线与横轴围成的面积与所对应的时间的比值表示电流的有效值
【解答】解：A、根据图像可知电流的最大值为Im=0.62A，故有效值I=I=Im2=0.622A=0.6A，故A错误；
B、t＝0.01s时，产生的感应电流为零，此时线圈位于中性面位置，穿过线框的磁通量最大，故B
错误；
CD、正弦式交流电图像与坐标轴图成的图形面积即为电荷量，根据I=qt可知，面积除以t0表示电流的平均值，故C正确，D错误；
故选：C。
2. 如图为交流发电机的示意图，矩形线圈ABCD在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO'逆时针匀速转动，发电机的电动势随时间的变化规律为e＝20sin100πtV。下列说法正确的是（　　）

A．此交流电的频率为100Hz
B．此发电机电动势的有效值为20V
C．当线圈平面转到图示位置时产生的电流方向为ABCD
D．当线圈平面转到图示位置时磁通量的变化率最大
【解答】解：A、根据e＝20sin100πt（V）可知交流电的角速度ω＝100πrad/s，故交流电的频率f=ω2π=100π2πHz=50Hz，故A错误；
B、根据e＝20sin100πt（V）可知交流电压的最大值为Em＝20V，交流电的有效值E=Em2=202V=102V，故B错误；
C、根据右手定则可知，线圈中的电流方向为ADCBA，故C错误；
D、当线圈平面转到图示位置时线圈磁通量最小，磁通量的变化率为最大，故D正确；
故选：D。
3. 有M、N两条导线，它们与大地之间的电压随时间变化的规律如图所示。已知我国民用电压为220V。则关于这两个交变电压的说法正确的是（　　）

A．导线M、N交变电压的频率不相同
B．导线N的电压可以作为民用电压
C．导线N交变电压的方向每秒变化50次
D．用多用表的交流挡测导线N对地电压，读数为311V
【解答】解：A、根据图像可知，导线MN交流电压的周期相同，根据f=1T可知，交变电压的频率相同，故A错误；
B、导线N的电压的最大值为Em＝311V，有效值为E=Em2=3112V=220V，可以作为民用电压，故B正确；
C、导线N交变电压的周期T＝0.02s，一个周期内电流方向改变2次，故电流方向每秒变化n=2×1T=2×10.02次＝100次，故C错误；
D、用多用表的交流挡测导线N对地电压，电压表测量的为交流电的有效值，故读数为220V，故D错误；
故选：B。
4. 如图垂直于纸面向里的有界匀强磁场中有一个矩形线框abcd，线框以OO'为轴匀速转动，OO'与磁场右边界重合。若线框中产生电流的峰值为Im，由图示位置开始计时，则下列可以正确描述线框中电流随时间变化的图像是（　　）

A． B．
C． D．
【解答】解：图示时刻开始，由楞次定律判断出线圈中感应电流方向为：a→d→c→b→a
线圈中产生的感应电动势表达式为e＝﹣Emsinωt＝﹣BSωsinωt，S是线圈面积的一半，
则感应电流的表达式为i=eR=BSωRsinωt=Imsinωt，其中Im=BSωR
故线圈中感应电流按正弦规律变化，根据数学知识得知，故ABC错误，D正确；
故选：D。
5. 如图甲所示为一台小型发电机构造示意图。磁极N、S间的磁场看成匀强磁场，磁感应强度大小为110π(T)，线圈共10匝，矩形线圈的面积为S。该发电机产生的感应电动势图象如图乙所示，该交流电通过自耦变压器对一定值电阻R供电，不计发电机内阻，则下列说法正确的是（　　）

A．矩形线圈面积为12m2
B．电阻中电流方向每秒钟改变100次
C．线圈从t＝0开始后转过180°的过程中，电压表的读数先增大后减小
D．当变压器滑片P向上滑动时、电阻R消耗的功率减小
【解答】解：A、从乙图中可知线圈转动过程中产生的感应电动势最大值为12V，周期为0.2s，根据Em=NBSω=NBS2πT
解得S＝1.2m2，故A错误；
B、由于周期为0.2s，则1s内共有5个周期，每个周期内电流方向变化2次，故电阻中电流方向每秒钟改变10次，故B错误；
C、电压表测得数值是电压有效值，保持不变，故C错误；
D、变压器的滑片P向上滑时，原线圈的匝数n1增大，根据U2U1=n2n1，可知变压器副线圈输出电压U2减小，故电阻R消耗的功率减小，故D正确；
故选：D。
6. 交流发电机的示意图如图所示，当线圈ABCD绕垂直于磁场方向的转轴OO'匀速转动时，电路中产生的最大电流为Im，已知线圈转动的周期为T，下列说法正确的是（　　）

A．图示位置磁通量最大，磁通量的变化率最大
B．图示位置电流最大，方向为A→B
C．从图示位置开始经过T4，电流方向将发生改变
D．从图示位置计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为i=Imsin2πTt
【解答】解：ABC、图示位置为中性面，磁通量最大，磁通量的变化率最小，电流最小，每经过一次图示位置的中性面，电流方向就改变一次，故ABC错误；
D、从图示位置计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为i=Imsin2πTt，故D正确。
故选：D。
7. 一个单匝总电阻为2Ω的闭合矩形金属线框位于匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴匀速转动，该线圈产生的电动势e随时间按如图所示的余弦规律变化。下列说法正确的是（　　）

A．线框产生电流峰值为200A
B．线框产生电动势有效值为1002V
C．线框的热功率为20000W
D．t＝0.01s时，线框的磁通量最大
【解答】解：A、根据图像可知，产生的感应电动势的最大值为Em＝200V，故线框产生的电流的峰值为Im=EmR=2002A=100A，故A错误；
B、感应电动势的有效值为E=Em2=2002V=1002V，故B正确；
C、线框的热功率为P=E2R=(1002)22W=10000W，故C错误；
D、t＝0.01s时，此时线圈位于与中性面垂直位置，穿过线框的磁通量最小，为零，故D错误；
故选：B。
8. 如图甲所示，一匝数为100（匝）、边长为0.5m的正方形线圈在磁感应强度为0.4T的匀强磁场中绕转轴OO'以角速度311rad/s匀速转动，产生的交变电流直接给图乙的电路供电。图乙中的变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比为10：1，副线圈接有定值电阻和电容器。所有电表均为理想电表，不计正方形线圈的电阻，下列说法正确的是（　　）

A．当线圈平面与磁场垂直时，电压表的示数为0
B．若电容器的击穿电压为350V，则电容器不会被击穿
C．若线圈的转速增加一倍，其他条件均不变，则电流表A1的示数不变
D．若线圈的转速增加一倍，其他条件均不变，则电流表A1的示数也增加一倍
【解答】解：A．线圈在磁场中绕垂直于磁场的轴转动时产生交变电流，而电压表的示数为交变电流的有效值，则当线圈平面与磁场垂直时，电压表的示数不为零，故A错误；
B．交变电流的最大值为：
Um1＝NBSω＝100×0.4×25×10﹣2×311V＝3110V
根据变压器变压比：U1U2=n1n2
则副线圈两端电压的最大值为：Um2=n2n1Um1=110×3110V=311V
若电容器的击穿电压为350V，则电容器不会被击穿，故B正确；
CD．若线圈的转速n增加一倍，根据ω＝2πn，则角速度增加一倍，其他条件均不变，根据Um＝NBSω，交流电压增加一倍，由容抗xc=12πnC可知
电流表A1的示数会变化，但并不满足欧姆定律，所以电流表A1的示数不会增加一倍，故CD错误。
故选：B。
9. 空间被等分成8个区域，每隔1个区域分布着匀强磁场，磁感应强度大小和磁场方向如图所示。半径为l、电阻为r、圆心角为45°的扇形线框绕圆心O在纸面内逆时针匀速转动，角速度大小为ω，则线框内电流的有效值为（　　）

A．10Bωl28r B．10Bωl24r C．10Bωl22r D．5Bωl24r
【解答】解：根据E＝BLV，当线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中转动时，产生的感应电动势时，E＝Blv=Bl×ωl2=12ωBl2；当线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中转动时，产生的感应电动势时，E′＝2Blv，解得E′＝ωBl2，每个周期内，前12T内产生的感应电动势为E，后12T
感应电动势为E′，根据有效值的定义可得：E2R×T2+E'2R×T2=E有2RT，解得E有=10Bl2ω4
故电流的有效值I=E有r=10Bl2ω4r，故ACD错误，B正确；
故选：B。
10. 如图所示，矩形线框的匝数为N，面积为S，线框所处磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B，线框从图示位置开始绕轴OO′以恒定的角速度ω沿逆时针方向转动，线框一端接换向器，通过电刷和外电路连接。理想变压器原、副线圈的匝数比为3：1，定值电阻R1、R2的阻值均为R，忽略线框以及导线的电阻。下列说法正确的是（　　）

A．图示位置时，线框产生的感应电动势为NBSω
B．通过电阻R1的是交流电
C．线框转一圈，通过电阻R1的电量为q=4BSR
D．矩形线框的输出功率为5N2B2S2ω29R
【解答】解：A、矩形线框转到图示位置时，通过线框的磁通量最大，但磁通量变化率为0，则此时线框产生的感应电动势为0，故A错误
B、线框从图示位置开始绕轴OO′以恒定的角速度ω沿逆时针方向转动，产生交流电，由于线框一端接换向器，通过电阻R1的是直流电，故B错误
C、线框转一圈，通过电阻R1的电量为q=ΔΦR=4NBSR，故C错误
D、矩形线框转动时产生的感应电动势的最大值Em＝NBSω，则有效值E=Em2=NBSω2，
定值电阻R1两端的电压等于理想变压器的输入电压，即U1＝E
消耗的功率为P1=U12R1=N2B2S2ω22R1
由理想变压器的工作原理U1U2=n1n2
可知U2=n2n1U1=NBSω32
定值电阻R2消耗的功率为P2=U22R2=N2B2S2ω218R
矩形线框的输出功率为
P＝P1+P2=5N2B2S2ω29R，故D正确。
故选：D。
11. 图中，单匝矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直磁场的轴OO′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中图线甲、乙的规律变化。已知线圈的电阻为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＝0.2s时，线圈平面均垂直于磁感线
C．图线甲、乙对应的线圈转速之比为5：4
D．图线甲对应的线圈中交变电流的峰值为2.5πA
【解答】解：A、在t＝0时刻，Φ甲最大，则产生的感应电动势最小，故A错误；
B、在t＝0.2s时，线圈甲和乙的磁通量均为零，所以线圈平面均平行磁感线，故B错误；
C、由图可知甲、乙图线对应的周期为4：5，而线圈的转速n=1T，所以甲乙对应的线圈的转速之比为5：4，故C正确；
D、甲图线对应的线圈中交流电压的峰值Em=BSω=Φmω=0.4×2π0.16V=5πV，电流的峰值为Im=EmR=5π1.0A=5πA，故D错误；
故选：C。
12. 图1是交流发电机模型示意图。在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的OO′轴转动，由线圈引起的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO′转动的金属圈环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路。图2是线圈的主视图，导线ab和cd
分别用它们的横截面来表示。已知ab长度为L1，bc长度为L2，线圈以恒定角速度ω逆时针转动。（只考虑单匝线圈）

（1）线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式；
（2）线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，如图3所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式；
（3）若线圈电阻为r，求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热。（其它电阻均不计）
【解答】解：（1）矩形线圈abcd转动过程中，只有ab和cd切割磁感线，设ab和cd的转动速度为v，则有：
v=ωL22
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：
E1＝BL1v⊥
由图可知：v⊥＝vsinωt
则整个线圈的感应电动势为：
e1＝2E1＝BL1L2ωsinωt
（2）当线圈由图3位置开始运动时，在t时刻整个线圈的感应电动势为：
e2＝BL1L2ωsin（ωt+φ0）
（3）由闭合电路欧姆定律可知：I=ER+r
这里的E为线圈产生的电动势的有效值为：E=Em2=BL1L2ω2
则线圈转动一周在R上产生的焦耳热为：QR=I2RT
其中：T=2πω
于是QR=πRω(BL1L2R+r)2
答：（1）t时刻整个线圈中的感应电动势为：
e1＝BL1L2ωsinωt；
（2）t时刻整个线圈中的感应电动势的表达式为e1＝BL1L2ωsin（ωt+φ0）；
（3）线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热为πRω(BL1L2R+r)2。