Question

13．如圖1所示，單匝矩形線框相鄰兩邊分別長為L和2L，從中線OO′處對折，且保持折角θ=90°不變．如圖2所示，使線框在水平向右的勻強(qiáng)磁場中以角速度ω繞數(shù)值方向的OO′軸勻速轉(zhuǎn)動．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，線框電阻為R，從圖2所示位置（線框的OO′CD部分與中性面重合）開始計(jì)時，取A→B→C→D→A為線框中感應(yīng)電流的正方向，下列說法正確的是（　�。�

• A． 在t=0時刻，線框中的感應(yīng)電流最大
• B． 從0～$\frac{π}{2ω}$時間內(nèi)，感應(yīng)電流方向改變1次
• C． 線框中感應(yīng)電流最大值是I_m=$\frac{\sqrt{2}B{L}^{2}ω}{R}$
• D． 線框中感應(yīng)電流i隨時間t的變化是i=$\frac{B{L}^{2}ω}{R}$•cosωt

Answer 1

分析 根據(jù)切割感應(yīng)電動勢公式E=BLv求出感應(yīng)電動勢的瞬時值，由歐姆定律求感應(yīng)電流的瞬時值．再由表達(dá)式分析感應(yīng)電流取得最大的時刻．由楞次定律分析感應(yīng)電流的方向．

解答 解：A、從圖2所示位置開始計(jì)時，t時刻，線框中感應(yīng)電動勢為：
e=E_AB-E_CD=BL•Lω•cosωt-BL•Lω•sinωt=BL²ω（cosωt-sinωt）=$\sqrt{2}$BL²ω（sin$\frac{π}{4}$cosωt-sin$\frac{π}{4}$isinωt）=$\sqrt{2}$BL²ωcos（ωt+$\frac{π}{4}$），
所以線框中感應(yīng)電流i隨時間t的變化關(guān)系是：i=$\frac{e}{R}$=$\frac{\sqrt{2}B{L}^{2}ω}{R}$cos（ωt+$\frac{π}{4}$）．
由上知，t=0時，i=$\frac{B{L}^{2}ω}{R}$，顯然不是最大，故AD錯誤．
B、從0～$\frac{π}{2ω}$時間內(nèi)，先有E_AB＞E_CD，后有E_AB＜E_CD，結(jié)合楞次定律可知，t=$\frac{π}{4ω}$時感應(yīng)電流改變一次，故B正確
C、有A可知，線框中感應(yīng)電流最大值為：I_m=$\frac{\sqrt{2}B{L}^{2}ω}{R}$，故C正確；
故選：BC

點(diǎn)評 解決本題的關(guān)鍵是運(yùn)用公式E=BLv推導(dǎo)出感應(yīng)電動勢的瞬時值表達(dá)式，要注意電路中存在反電動勢，同時要能運(yùn)用數(shù)學(xué)知識對表達(dá)式進(jìn)行變形．