Question

14．如圖，豎直面內(nèi)有一個(gè)閉合導(dǎo)線框ACDE（由細(xì)軟導(dǎo)線制成）掛在兩固定點(diǎn)A、D上，水平線段AD為半圓的直徑，在導(dǎo)線框的E處有一個(gè)動(dòng)滑輪，動(dòng)滑輪下面掛一重物，使導(dǎo)線處于繃緊狀態(tài)．在半圓形區(qū)域內(nèi)，有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)．設(shè)導(dǎo)線框的電阻為r，圓的半徑為R，在將導(dǎo)線上的C點(diǎn)以恒定角速度ω（相對(duì)圓心O）從A點(diǎn)沿圓弧移動(dòng)的過程中，若不考慮導(dǎo)線中電流間的相互作用，則（　　）

• A． 在C從A點(diǎn)沿圓弧移動(dòng)到D點(diǎn)的過程中，導(dǎo)線框中感應(yīng)電流是逆時(shí)針方向
• B． 在C從A點(diǎn)沿圓弧移動(dòng)到圖中∠ADC=30°位置的過程中，通過導(dǎo)線上C點(diǎn)的電量為$\frac{B{R}^{2}}{2r}$
• C． 當(dāng)C沿圓弧移動(dòng)到圓心O的正上方時(shí)，導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零
• D． 在C從A點(diǎn)沿圓弧移動(dòng)到D點(diǎn)的過程中，導(dǎo)線框中產(chǎn)生的電熱為$\frac{π{B}^{2}{R}^{4}ω}{2r}$

Answer 1

分析 對(duì)于閉合的導(dǎo)線框在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中面積變化，根據(jù)楞次定律判斷電流方向變化；根據(jù)電流定義式，閉合電路的歐姆定律，法拉第電磁感應(yīng)定律可求解電荷量；由幾何關(guān)系可分析磁通量變化，從而可得電動(dòng)勢(shì)表達(dá)式，根據(jù)歐姆定律可分析電路中電流變化情況；根據(jù)電動(dòng)勢(shì)有效值和焦耳定律求解電熱．

解答 解：A．在C從A點(diǎn)沿圓弧移動(dòng)到D點(diǎn)的過程中，磁場(chǎng)不變導(dǎo)體框在磁場(chǎng)中面積先增大后變小，則磁通量先增大后變小，根據(jù)楞次定律可知電流先逆時(shí)針后順時(shí)針，故A錯(cuò)誤；
B．由電流定義式$I=\frac{Q}{t}$，閉合電路的歐姆定律$I=\frac{E}{R}$，法拉第電磁感應(yīng)定律$E=n\frac{△∅}{t}$，可得：$Q=n\frac{△∅}{R}$，則通過導(dǎo)線上C點(diǎn)的電量為：$Q=\frac{B{R}^{2}cos30°}{r}=\frac{\sqrt{3}B{R}^{2}}{2r}$    故B錯(cuò)誤；
C．導(dǎo)線上的C點(diǎn)以恒定角速度ω從A點(diǎn)沿圓弧移動(dòng)，轉(zhuǎn)過角度為θ=ωt時(shí)，根據(jù)幾何關(guān)系，線框在磁場(chǎng)中面積：S=R²sinθ，磁通量∅=BR²sinωt，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得：
$e=\frac{△∅}{△t}=ωB{R}^{2}cosωt$，當(dāng)C沿圓弧移動(dòng)到圓心O的正上方時(shí)，ωt=90°，則導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，故C正確；
D．根據(jù)C項(xiàng)電動(dòng)勢(shì)有效值$E=\frac{\sqrt{2}}{2}B{R}^{2}ω$，則在C從A點(diǎn)沿圓弧移動(dòng)到D點(diǎn)的過程中，導(dǎo)線框中產(chǎn)生的電熱為：$Q=\frac{{E}^{2}}{r}t=\frac{{B}^{2}{ω}^{2}{R}^{4}}{2r}×\frac{π}{ω}=\frac{π{B}^{2}{R}^{4}ω}{2r}$，故D正確；
故選：CD

點(diǎn)評(píng) 在判斷感應(yīng)電流方向時(shí)，要用右手定則，注意使用的方法；對(duì)于過導(dǎo)線上的電量要記住由三個(gè)公式得到的結(jié)論以方便以后的分析判斷；電熱的計(jì)算一定要通過有效值進(jìn)行計(jì)算．