Question

4．如图所示，一小型发电机内有一n=100匝矩形线圈，线圈的面积S=0.10m²，线圈电阻r=4Ω，在外力作用下矩形线圈在B=0.10T匀强磁场中，以恒定的角度ω=100πrad/s绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，发电机线圈两端经过集流环与R=96Ω的电阻构成闭合回路．求：
（1）线圈转动时产生感应电动势的最大值；
（2）若由图示位置开始计时，写出通过电阻R的电流的瞬时值表达式，画出电流随时间变化的图线．
（3）线圈从图示位置转过60°角过程中穿过线圈的磁通量变化量△Φ=？
（4）图中电压表的示数；
（5）线圈从中性面开始转过90°角的过程中，通过电阻R的电荷量；
（6）线圈匀速转动1.0s，电流通过线圈电阻r产生的焦耳热；
（7）线圈匀速转动10s，外力对线圈做的功．

Answer 1

分析 （1）直接根据感应电动势的最大值E_m=nBSω计算；
（2）先写出感应电动势的瞬时值表达式，再通过欧姆定律计算出电流的瞬时值表达式，再作图即可；
（3）先计算图示位置的磁通量，再计算转过60°角时的磁通量，计算两个磁通量差值即可；
（4）电压表测量的是电阻R上的电压有效值，先计算电动势的有效值，再根据欧姆定律计算出电压表的读数；
（5）先计算线圈从中性面开始转过90°角的过程中的平均感应电动势，利用欧姆定律求出平均电流，再利用电量公式化简计算；
（6）计算出电流的有效值，再利用焦耳定律计算焦耳热；
（7）由能量守恒可知，外力对线圈所做的功等于线圈电阻r和电阻R上产生的焦耳热，直接计算焦耳热即可．

解答 解：（1）感应电动势的最大值为：
E_m=nBSω=100×0.10×0.10×100π（V）=100π（V）
（2）感应电动势的瞬时值为：
e=E_msinωt=100πsin100πt，
总电阻为：
R_总=R+r=100Ω
电流的瞬时值为：
$i=\frac{e}{{R}_{总}}=πsin100πt≈3.14sin100πt$
周期T=$\frac{2π}{ω}=0.02s$，画出电流随时间变化的图线如图所示
（3）图示位置的磁通量为：
Φ₁=BS=0.1×0.1Wb=0.01Wb
转到60°角时磁通量为：
Φ₂=BScos60°=0.1×0.1×0.5Wb=0.005Wb
故线圈从图示位置转过60°角过程中穿过线圈的磁通量变化量为：
△Φ=Φ₂-Φ₁=-0.005Wb；
（4）E=$\frac{{E}_{m}}{\sqrt{2}}=\frac{100π}{\sqrt{2}}=50\sqrt{2}π$V
电压表测量的R两端电压的有效值，则有：
U=$\frac{R}{R+r}E=\frac{96}{100}×50\sqrt{2}πV≈213V$
（5）线圈从中性面开始转过90°角过程中，平均感应电动势为：
$\overline{E}=n\frac{△Φ}{△t}$
流过电阻R的电流为：
$\overline{I}=\frac{\overline{E}}{R+r}$
则通过电阻R的电荷量为：
q=$\overline{I}•△t=\frac{\overline{E}}{R+r}•△t=\frac{n\frac{△Φ}{△t}}{r+R}•△t=\frac{n•△Φ}{R+r}$
而△Φ=Φ₁=0.01Wb
代入解得：q=0.01C
（6）电流有效值为：$I=\frac{π}{\sqrt{2}}A$
线圈匀速转动1.0s，电流通过线圈电阻r产生的焦耳热为：
$Q={I}^{2}rt=（\frac{π}{\sqrt{2}}）^{2}×4×1J=2{π}^{2}J$
（7）线圈匀速转动10s，外力对线圈做的功等于电阻R和线圈电阻r上产生的焦耳热，故有：
W=${Q}_{1}={I}^{2}（R+r）{t}_{1}^{2}$=$（\frac{π}{\sqrt{2}}）^{2}×（96+4）×10J=500{π}^{2}J$
答：（1）线圈转动时产生感应电动势的最大值为100π（V）；
（2）若由图示位置开始计时，通过电阻R的电流的瞬时值表达式为i=3.14sin100πt，画出电流随时间变化的图线如图所示．
（3）线圈从图示位置转过60°角过程中穿过线圈的磁通量变化量△Φ=-0.005Wb；
（4）图中电压表的示数约为213V；
（5）线圈从中性面开始转过90°角的过程中，通过电阻R的电荷量为0.01C；
（6）线圈匀速转动1.0s，电流通过线圈电阻r产生的焦耳热为2π²J；
（7）线圈匀速转动10s，外力对线圈做的功为500π²J．

点评 本题考查的内容较多，要对交流的有关物理概念深刻理解，才能保证不会出错；特别注意电表测量的是有效值．计算焦耳热用的也是有效值．