Question

4．如圖所示，矩形線圈abcd的ab=0.1m，bc=0.2m，共100匝，線圈電阻為1Ω，外接電阻R=9Ω，勻強磁場的磁感應強度B=$\frac{1}{π}$ T，當線圈以300r/min的轉速勻速轉動時，求：
（1）從圖示位置計時，電動勢的瞬時表達式
（2）磁通量變化率的最大值
（3）從圖示位置計時，磁通量的瞬時表達式
（4）線圈從圖示位置轉過60°的過程中通過電阻R的電量
（5）電路中交流電壓表和電流表的示數
（6）線圈轉動一周，電阻R上產生的焦耳熱．

Answer 1

分析 （1）求出感應電動勢的最大值，再根據變化規(guī)律可求得對應的表達式；
（2）根據最大值表達式結合法拉第電磁感應定律可示得磁通的最大變化率；
（3）根據磁通量的變化規(guī)律可求得對應的表達式；
（4）根據法拉第電磁感應定律可求得對應的平均電動勢，再根據電流表達式可求得電量；
（5）根據電動勢最大值和有效值表達式可求得有效值，再由歐姆定律可求得電壓表的示數；
（6）根據焦耳定律可求得轉90°時產生的熱量；

解答 解：（1）轉速n=$\frac{300}{60}$=5r/s；
角速度ω=2πn=22π×5=10πrad/s
產生的交流電動勢的最大值Em=NBSω=100×$\frac{1}{π}$×0.1×0.2×2π×5=20V；
線圈從中性面開始轉動，故表達式為：e=20sin10πt；
（2）由E_m=n$\frac{△Φ}{△t}$
磁通量的變化率最大值為：$\frac{△Φ}{△t}$=$\frac{{E}_{m}}{n}$=$\frac{20}{100}$=0.2Wb/s
（3）磁通量的瞬時表達式為余弦規(guī)律變化；
故表達式為：
Φ=Φ_mcos10πt；
（4）從圖示位置開始，線圈轉過60°的過程中，磁通量變化為：△Φ=Φ₂-Φ₁=BSsin60°-0=$\frac{\sqrt{3}}{2}BS$；
根據法拉第電磁感應定律，有：$\overline{E}=n\frac{△∅}{△t}$；
根據歐姆定律，有：$\overline{I}=\frac{\overline{E}}{R+r}$
根據電流強度定義：$\overline{I}=\frac{q}{△t}$
聯立解得：q=$\frac{\sqrt{3}nBS}{2（R+r）}$=$\frac{\sqrt{3}×100×\frac{1}{π}×0.1×0.2}{2（9+1）}$=0.11C；
（5）電源電動勢的有效值E=$\frac{20}{\sqrt{2}}$=10$\sqrt{2}$V；
電路中的電流I=$\frac{E}{（R+r）}$=$\frac{10\sqrt{2}}{10}$=$\sqrt{2}$A；
電壓表的示數U=IR=$\sqrt{2}$×9=8$\sqrt{2}$V；
（6）轉動一周產生的焦耳熱Q=I²（R+r）t=（$\sqrt{2}$）²×10×$\frac{2π}{ω}$=4J；
答：（1）從圖示位置計時，電動勢的瞬時表達式e=20sin10πt；
（2）磁通量變化率的最大值0.2Wb/s
（3）從圖示位置計時，磁通量的瞬時表達式Φ=Φ_mcos10πt；
（4）線圈從圖示位置轉過60°的過程中通過電阻R的電量為0.11C；
（5）電路中交流電壓表和電流表的示數分別為8$\sqrt{2}$V和$\sqrt{2}$A
（6）線圈轉動一周，電阻R上產生的焦耳熱為4J．

點評 本題考查交流電的性質，要注意明確在求解電量時要用到平均值；在求解電表的示數及熱量時要用到有效值；注意明確有效值和最大值之間的關系．