Question

14．如圖所示，一矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞OO′軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，磁場(chǎng)方向與轉(zhuǎn)軸垂直，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．線圈匝數(shù)為n，電阻為r，長(zhǎng)為l₁，寬為l₂，轉(zhuǎn)動(dòng)角速度為ω．線圈兩端外接阻值為R的電阻和一個(gè)理想交流電流表．求：
（1）線圈轉(zhuǎn)至圖示位置時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；
（2）電流表的讀數(shù)；
（3）從中性面開始計(jì)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式
（4）從圖示位置開始，轉(zhuǎn)過90°角的過程中通過電阻R橫截面的電荷量；
（5）圖示位置時(shí)，圖中左側(cè)的邊（長(zhǎng)為l₁）所受安培力大小和方向．

Answer 1

分析 （1）由E=NBSω可求出最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；
（2）電流表讀出的是電壓的有效值；由閉合電路歐姆定律求出電流；
（3）分析開始計(jì)時(shí)的瞬間電動(dòng)勢(shì)，再由瞬時(shí)值表達(dá)式即可求出；
（4）由法拉第電磁感應(yīng)定律求出平均電動(dòng)勢(shì)，再由電量公式求出總電量．
（5）根據(jù)F=BIL求得安培力大小，有左手定則判斷出方向

解答 解：（1）此時(shí)電動(dòng)勢(shì)有最大值為：E_m=nBωl₁l₂
（2）由${I_m}=\frac{E_m}{R+r}$${I_m}=\sqrt{2}I$解得：$I=\frac{{\sqrt{2}}}{2}\frac{{nBω{l_1}{l_2}}}{R+r}$
（3）從中性面開始計(jì)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為：e=nBωl₁ l₂sinωt         
（4）由法拉第電磁感應(yīng)定律可知：$\overline{E}=n\frac{△∅}{△t}$
$\overline{I}=\frac{\overline{E}}{R+r}$
$q=\overline{I}•△t$
聯(lián)立解得：q=$\frac{n△Φ}{R+r}=\frac{{nB{l_1}{l_2}}}{R+r}$
（5）此時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流最大為I_m，有：$F=nB{I_m}{l_1}=nB\frac{{nB{l_1}{l_2}ω}}{R+r}{l_1}=\frac{{{n^2}{B^2}l_1^2{l_2}ω}}{R+r}$
根據(jù)左手定則可知受到的安培力方向垂直紙面向里
答：（1）線圈轉(zhuǎn)至圖示位置時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)nBωl₁l₂；
（2）電流表的讀數(shù)$\frac{\sqrt{2}}{2}\frac{nBω{l}_{1}{l}_{2}}{R+r}$；
（3）從中性面開始計(jì)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式e=nBωl₁ l₂sinωt  
（4）從圖示位置開始，轉(zhuǎn)過90°角的過程中通過電阻R橫截面的電荷量$\frac{nB{l}_{1}{l}_{2}}{R+r}$；
（5）圖示位置時(shí)，圖中左側(cè)的邊（長(zhǎng)為l₁）所受安培力大小為$\frac{{n}^{2}{B}^{2}{l}_{1}^{2}{l}_{2}ω}{R+r}$，方向垂直紙面向里

點(diǎn)評(píng) 本題考查交變電流中的有效值、最大值及平均值等的應(yīng)用，要注意在求功率、電壓、電流時(shí)均要用有效值；而求電量時(shí)用平均值．