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3.图甲是交流发电机模型示意图,在磁感应强度为B的匀强磁场中,有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直磁感线的轴OO'转动,由线圈引出的导线ae和df分别与两个线圈一起绕OO'转动的金属圆环相连接,金属原话又分别与两个固定的电刷保持滑动接触,这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路,图乙是线圈的主视图,导线ab和cd分别用它们的横截面来表示,已知ab长度为L1,bc长度为L2,线圈电阻为r,线圈以恒定角速度ω逆时针转动,(只考虑单匝线圈,其余电阻不计)( )A. | 若在线圈平面处于中性面时开始计时,瞬时电动势e=BL1L2sinωt | |
B. | 若在线圈平面垂直于中性面时开始计时,瞬时电动势e=BL1L2sinωt | |
C. | 线圈产生的交变电流的电动势的有效值为E=$\sqrt{2}B{L_1}{L_2}$ω | |
D. | 线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热为${Q_R}=πRω{(\frac{{B{L_1}{L_2}}}{R+r})^2}$ |
分析 矩形线圈abcd转动过程中,只有ab和cd切割磁感线,先求出转动线速度,根据E=BLv,求出导线ab和cd因切割磁感线而产生的感应电动势,从而写出瞬时表达式;先求出平均电动势,根据欧姆定律求出平均电流,根据Q=I2RT即可求解.
解答 解:AB、矩形线圈abcd转动过程中,只有ab和cd切割磁感线,
设ab和cd的转动速度为v,则有:v=ω$\frac{{L}_{2}}{2}$
在t时刻,导线ab和cd因切割磁感线而产生的感应电动势均为:E=BL1v
由图可知:v′=vsinωt
若在线圈平面处于中性面时开始计时,则整个线圈的感应电动势为:e=2E=BL1L2ωsinωt,
若在线圈平面垂直于中性面时开始计时,则瞬时电动势e=BL1L2cosωt,故A正确,B错误;
C、由闭合电路欧姆定律可知:I=$\frac{E}{R+r}$
电动势的有效值为:E=$\frac{{E}_{m}}{\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}B{L}_{1}{L}_{2}ω$,故C错误;
D、则线圈转动一周在R上产生的焦耳热为:Q=I2Rt
其中 T=$\frac{2π}{ω}$ 联立解得:${Q_R}=πRω{(\frac{{B{L_1}{L_2}}}{R+r})^2}$,故D正确;
故选:AD.
点评 当线圈与磁场相平行时,即线圈边框正好垂直切割磁感线,此时产生的感应电动势最大.求电荷量时,运用交流电的平均值,求产生的热能时,用交流电的有效值.
练习册系列答案
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13.根据大量科学测试可知,地球本身就是一个电容器.通常大地带有50万库仑左右的负电荷,而地球上空存在一个带正电的电离层,这两者之间便形成一个已充电的电容器,它们之间的电压为300kV左右.地球的电容约为( )
A. | 0.17 F | B. | 1.7 F | C. | 17F | D. | 170 F |
11.如图甲所示,质量不计的弹簧竖直固定在水平面上,t=0时刻,将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放,小球落到弹簧上压缩弹簧至最低点,然后又被弹起离开弹簧,上升到一定高度后再下落,如此反复,忽略空气阻力,通过安装在弹簧下端的压力传感器,测出这一过程弹簧弹力F随时间t的变化图象如图乙所示,则( )
A. | t2时刻小球速度最大,处于失重状态 | |
B. | t2至t3时间内,小球加速度一直减小 | |
C. | t2至t3时间内,小球速度先增大后减小 | |
D. | t3时刻小球的加速度等于g |
18.如右图所示,两匀强磁场方向相同,以虚线MN为理想边界,磁感应强度分别为Bl、B2.今有一个质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场Bl中,其运动轨迹是如图所示的“心”形图线.则以下说法正确的是( )
A. | 电子的运动轨迹沿PENCMDP方向 | |
B. | 电子运动一周回到P所用时间为T=$\frac{4πm}{{B}_{1}e}$ | |
C. | Bl=4 B2 | |
D. | B2=2Bl |
15.如图所示,质量分别为M和m的两物体,用跨过定滑轮的轻绳相连,在外力作用下两物体均静止.已知M>m,不计一切摩擦,撇掉外力后一小段时间内,M和m均保持在竖直方向上运动,在这一小段时间内说法正确的是( )
A. | m处于失重状态 | B. | M处于失重状态 | ||
C. | 两物体均处于超重状态 | D. | 轻绳拉m的力大于轻绳拉M的力 |
13.若BD的距离为L,运动员从O→D→B整个过程中通过的位移是( )
A. | 20m 方向向下 | B. | 20m 方向向上 | ||
C. | 20m+2L 方向向下 | D. | 20m+2L 方向向下 |