Question

1．如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T，邊長(zhǎng)L=10cm的正方形線圈abcd共100匝，線圈電阻r=1Ω．線圈繞垂直于磁感線的對(duì)稱軸OO′勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度ω=2πrad/s，設(shè)電路電阻R=4Ω．求：
①轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值；
②由圖示位置（線圈平面與磁感線平行）轉(zhuǎn)過(guò)60°角時(shí)的瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；
③由圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)60°角的過(guò)程中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；通過(guò)電阻R的電量；
④交流電表的示數(shù)；
⑤轉(zhuǎn)動(dòng)一周外力做的功．

Answer 1

分析 先根據(jù)Em=NBωS求出最大值，再根據(jù)最大值與有效值的關(guān)系求出有效值；
先寫(xiě)出電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)表達(dá)式，再帶入數(shù)據(jù)求得瞬時(shí)值；
利用法拉第電磁感應(yīng)定律，求出平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；
電壓表測(cè)量的是電阻R的電壓，根據(jù)閉合電路歐姆定律即可求解．
通過(guò)最大值求出有效值，再由焦耳定律求出熱量；

解答 解：（1）根據(jù)E_m=NBωS，可得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值：
E_m=100×0.5×0.1²×2πV=3.14V；
（2）由于線框垂直于中性面開(kāi)始計(jì)時(shí)，所以瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)表達(dá)式：
e=E_mcos2πt（V）；
當(dāng)線圈轉(zhuǎn)過(guò)60°角時(shí)的瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：e=1.57V；
（3）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得轉(zhuǎn)60°角的過(guò)程中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為：
$\overline{E}$=N$\frac{△φ}{△t}$=N$\frac{BSsin60°-0}{\frac{\frac{π}{3}}{ω}}$=1.5$\sqrt{3}$V=2.6V
$\frac{1}{6}$周期內(nèi)，通過(guò)R的電量q_電，由公式可得：
q=$\overline{I}$t=$\frac{\overline{E}}{R+r}$•$\frac{T}{6}$=8.66×10^-2 C；

（4）轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，交流電壓表的示數(shù)為有效值，所以有：
U=$\frac{E}{R+r}$R=$\frac{3.14}{\frac{\sqrt{2}}{4+1}}$×4V=1.256$\sqrt{2}$V=1.78V；
（5）一個(gè)周期內(nèi)，通過(guò)R的熱量Q_熱，由公式I=$\frac{\frac{E}{\sqrt{2}}}{R+r}$與Q=I²Rt
得：Q=0.8J
答：（1）轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值3.14V；
（2）線圈轉(zhuǎn)過(guò)60°角時(shí)的瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)1.57V；
（3）線圈轉(zhuǎn)過(guò)60°角過(guò)程中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)2.6V；線圈轉(zhuǎn)過(guò)60°角通過(guò)電阻R的電荷量8.66×10^-2 C；
（4）電壓表示數(shù)1.78V；
（5）線圈轉(zhuǎn)動(dòng)一周外力所做的功0.8J．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了有關(guān)交流電描述的基礎(chǔ)知識(shí)，要能根據(jù)題意寫(xiě)出瞬時(shí)值的表達(dá)式，知道有效值跟峰值的關(guān)系，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．線框在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生正弦式交變電流．而對(duì)于電表讀數(shù)、求產(chǎn)生的熱量均由交變電的有效值來(lái)確定，而涉及到耐壓值時(shí)，則由最大值來(lái)確定．而通過(guò)某一電量時(shí)，則用平均值來(lái)求．