题目内容
3.| A. | 转动过程中线圈中始终有电流产生 | |
| B. | 从图示位置起转过$\frac{1}{4}$圈的时间内产生的平均感应电动势为2nπBr2 | |
| C. | 从图示位置起转过$\frac{1}{4}$圈的时间内通过负载电阻R的电荷量为$\frac{{{\sqrt{2}Bπ}^{2}r}^{2}}{8R}$ | |
| D. | 转动过程中电流表的示数为$\frac{{{π}^{2}Bnr}^{2}}{2R}$ |
分析 先计算出Em=BSω,然后求出电动势有效值,从而得出电流的有效值,就是电流表的示数;
利用法拉第电磁感应定律可求出从图示位置起转过$\frac{1}{4}$圈的时间内产生的平均感应电动势;
根据推论:q=N$\frac{△∅}{R}$可求出电量.
解答 解:A、半圆形单匝线圈转到右侧无磁场区域不会产生感应电流,故A错误;
B、从图示位置起转过$\frac{1}{4}$圈的磁通量变化为$△∅=BS=\frac{Bπ{r}^{2}}{2}$,所有时间为△t=$\frac{T}{4}=\frac{1}{4n}$,则平均电动势$\overline{E}=\frac{△∅}{△t}=2nπB{r}^{2}$,故B正确;
C、从图示位置起转过$\frac{1}{4}$圈的时间内通过负载电阻R的电荷量为$q=\overline{I}t=\frac{\overline{E}}{R}t=\frac{△∅}{R}=\frac{Bπ{r}^{2}}{2R}$,故C错误;
D、线圈的转速为n,则有ω=2πn,线圈面积S=$\frac{1}{2}π{r}^{2}$
故电动势的最大值为:Em=BSω
又因为只有一半区域存在磁场,故其有效值计算公式为:
$\frac{{E}^{2}}{R}T=\frac{(\frac{{E}_{m}}{\sqrt{2}})^{2}}{R}•\frac{T}{2}$
则电动势的有效值为:$E=\frac{{E}_{m}}{2}=\frac{B{π}^{2}{r}^{2}n}{2}$
则电流表的示数$I=\frac{E}{R}=\frac{{π}^{2}Bn{r}^{2}}{2R}$,故D正确;
故选:BD
点评 本题要注意求电量时用平均感应电流,计算电量时往往利用推论:q=N$\frac{△∅}{R}$进行求解,将求电量转化为求磁通量的变化;求电表读数和热量时要用电流的有效值.
| A. | v<u | |
| B. | 这段时间里,弹簧的弹力对A的冲量等于Mv | |
| C. | 这段时间里,B的重力对B的冲量大于Mu | |
| D. | 这段时间里,A受到的合冲量小于B受到的合冲量 |
| A. | 两车两次相遇的时刻是1s和4s | |
| B. | 4s时甲在乙前面 | |
| C. | 两车相距最远的时刻是4s末 | |
| D. | 乙车先向前运动2s,再向后反向运动 |
| A. | 英国物理学家卡文迪许利用扭秤首先较准确地测定了静电力常量 | |
| B. | 法拉第提出可以用电场线描绘电场的分布,极大地促进了人们对电磁现象的研究 | |
| C. | 亚里士多德认为力是维持物体运动的原因,伽利略通过“理想实验”证实了这一说法 | |
| D. | 安培坚信电和磁之间一定存在着联系,发现了电流的磁效应,突破了对电与磁认识的局限性 |
| A. | 该交变电流的电压瞬时值的表达式为u=100sin25tV | |
| B. | 在t=0.01s时,穿过交流发电机线圈的磁通量最大 | |
| C. | 该交变电流的电压有效值为100 V | |
| D. | 若将该交流电压加在阻值R=100Ω的电阻两端,则电阻消耗的功率为50 W |