Question

20．如圖，邊長為L=10cm的正方形線圈abcd共100匝，處在磁感應(yīng)強度B=0.5T的勻強磁場中，線圈的電阻r=1Ω，線圈垂直于磁感線的對稱軸OO′以ω=2πran/s角速度勻速轉(zhuǎn)動，已知外電路的電阻R=4Ω，從線圈平面與磁感線平行處記時．求：
（1）轉(zhuǎn)動過程中感應(yīng)電動勢的最大值；
（2）轉(zhuǎn)動過程中，交流電壓表的示數(shù)；
（3）寫出電流的瞬時表達(dá)式；
（4）轉(zhuǎn)過60°角時的瞬時電流值；
（5）轉(zhuǎn)60°角的過程中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢大�。�
（6）轉(zhuǎn)過90°過程中，電阻R的電量q；
（7）一個周期內(nèi)，通過R的熱量Q_R；
（8）一個周期內(nèi)外力做的功．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)最大值公式可求得最大值；
（2）根據(jù)最大值和有效值之間的關(guān)系可求出有效值；
（3）根據(jù)從圖示位置開始計時，寫出線圈中感應(yīng)電動勢的瞬時值表達(dá)式e=NBSωsinωt；
（4）求出電動勢的瞬時值，再由歐姆定律求出瞬時電流值；
（5）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可求得平均電動勢；
（6）根據(jù)平均電動勢及歐姆定律可求得電量；
（7）根據(jù)電壓表兩端的電壓和功率公式可求得功率值；
（8）外力對線圈做功的功率等于總電阻產(chǎn)生熱量；

解答 解：（1）角速度ω=2πrad/s
感應(yīng)電動勢的最大值E_m=nBSω=100×0.5×0.01×2π=πV，
（2）電動勢的有效值E=$\frac{{E}_{m}}{\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{2}π}{2}$V；
電壓表的示數(shù)U=$\frac{E}{R+r}R$=$\frac{\frac{\sqrt{2}π}{2}}{4+1}×4$=$\frac{2\sqrt{2}}{5}$πV
（3）因為從平行時開始計時，所以感應(yīng)電動勢按余弦規(guī)律變化，
e=E_mcosωt=πcos2πt V．
（4）轉(zhuǎn)過60°時的瞬時值e=πcos60°=$\frac{π}{2}$V；
則電流的瞬時值為：i=$\frac{e}{R+r}$=$\frac{\frac{π}{2}}{5}$=$\frac{π}{10}$A；
（5）轉(zhuǎn)過60°時，磁通量的變化量為：
△Φ=BSsin60°=$\frac{\sqrt{3}BS}{2}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$×0.5×0.01=0.0069Wb；
則平均電動勢$\overline{E}$=$\frac{N△Φ}{△t}$=$\frac{100×0.0069}{\frac{1}{6}×\frac{2π}{2π}}$=4.14V；
（6）轉(zhuǎn)過90°時的電量q=It=N$\frac{BS}{△t（R+r）}△t$=$\frac{NBS}{R+r}$=$\frac{100×0.5×0.01}{4+1}$=0.1C；
（7）一個周期內(nèi)，通過R的熱量Q_熱，
一個周期內(nèi)，通過R的熱量Q_熱=$\frac{{U}^{2}}{R}$T=$\frac{（\frac{2\sqrt{2}}{5}π）^{2}}{4}$×$\frac{2π}{2π}$=0.8J；
（8）根據(jù)能量關(guān)系可知，一個周期內(nèi)外力做的功等于電路中產(chǎn)生的電能；
故W=Q=$\frac{{E}^{2}}{R+r}$T=$\frac{（\frac{\sqrt{2}π}{2}）^{2}}{5}$$\frac{2π}{2π}$=2J； 
答：（1）轉(zhuǎn)動過程中感應(yīng)電動勢的最大值πV；
（2）轉(zhuǎn)動過程中，交流電壓表的示數(shù)為$\frac{2\sqrt{2}}{5}$π；
（3）寫出電流的瞬時表達(dá)式e=πcos2πt V．
（4）轉(zhuǎn)過60°角時的瞬時電流值$\frac{π}{10}$A；
（5）轉(zhuǎn)60°角的過程中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢大小為4.14V；
（6）轉(zhuǎn)過90°過程中，電阻R的電量q為0.1C；
（7）一個周期內(nèi)，通過R的熱量Q_R為0.8J；
（8）一個周期內(nèi)外力做的功為2J．

點評 本題全面考查了交流電中的計算問題，要注意明確交流電的“四值”的計算方法，明確求解功率、電能和電表示數(shù)時均為有效值；求解電量時用平均值，并且能根據(jù)最大值和起始時刻求出瞬時表達(dá)式．