Question

14．如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=0.5T，边长L=10cm的正方形线圈abcd共200匝，线圈电阻r=1Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，角速度ω=20rad/s，外电路电阻R=4Ω，求：
（1）计算线圈从图示位置转过60°角时的瞬时感应电动势和交流电压表的示数；
（2）线圈从中性面转过60°角的过程中通过电阻R的电荷量；
（3）线圈转动一周外力所做的功．

Answer 1

分析 （1）先根据E_m=NBωS求出最大值，先写出电动势的瞬时表达式，再带入数据求得瞬时值；再根据最大值与有效值的关系求出有效值，根据闭合电路的欧姆定律求出电压表的示数；
（2）根据q=n$\frac{△φ}{r+R}$求线圈从中性面转过60°角的过程中通过电阻R的电荷量；
（3）再由焦耳定律求出热量，由功能关系可得．

解答 解：（1）电动势的最大值为：E_m=nBSω=200×0.5×0.1×0.1×20=20V
从图示位置开始计时，转过60°角时的瞬时感应电动势为：e=20cos60°=10V
电动势的有效值为：E=$\frac{{E}_{m}}{\sqrt{2}}$=$\frac{20}{\sqrt{2}}$=10$\sqrt{2}$V
交流电压表的示数为：U=$\frac{R}{R+r}$E=$\frac{4}{1+4}$×10$\sqrt{2}$=8$\sqrt{2}$V
 （2）线圈从中性面转过60°角的过程中通过电阻R的电荷量为：
q=n$\frac{△φ}{r+R}$=n$\frac{BS-BScos6{0}^{0}}{r+R}$=200×$\frac{0.5×0.01-0.5×0.01×\frac{1}{2}}{1+4}$=0.1C
（3）线圈转动一周外力所做的功等于产生的热量，即：
W=Q=$\frac{{E}^{2}}{r+R}$t=$\frac{（10\sqrt{2}）^{2}}{5}$×$\frac{2π}{20}$=4π     
答：（1）线圈从图示位置转过60°角时的瞬时感应电动势10V，交流电压表的示数8$\sqrt{2}$V；
（2）线圈从中性面转过60°角的过程中通过电阻R的电荷量为0.1C；
（3）线圈转动一周外力所做的功为4π．

点评 本题考查了有关交流电描述的基础知识，要能根据题意写出瞬时值的表达式，知道有效值跟峰值的关系，难度不大．线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流．而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定．而通过某一电量时，则用平均值来求．