Question

19．如图所示，匝数为n的正方形线圈abcd的电阻为r，线圈外界电阻R，理想电压表与电阻R并联．线圈ab边和cd边的中点连线OO′恰好位于磁感应强度为B的匀强磁场的边界上．线圈绕OO′轴以角速度ω匀速转动，电压表的是示数为U，下列说法正确的是（　　）

• A． 电动势的最大值为$\sqrt{2}U$
• B． 因线圈的面积未知，不能求出磁通量的最大值
• C． 线圈从图示卫视转过90°的过程中通过电阻R的电荷量为$\frac{\sqrt{2}U}{{R}_{ω}}$
• D． 线圈从图示位置转到90°位置时，电阻R的瞬时功率为$\frac{2{U}^{2}}{R}$

Answer 1

分析 当线圈与磁场平行时感应电动势最大，由公式E_m=BSω求解感应电动势的最大值．图中是中性面，线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流，根据e=E_msinωt可列出感应电动势的瞬时表达式，应用电流定义式求出电荷量；由功率公式求出功率．

解答 解：A、线圈绕OO′轴以角速度ω匀速转动，产生正弦式交变电流，电压表示数：U=$\frac{E}{R+r}$R，E=$\frac{U（R+r）}{R}$，感应电动势的最大值：E_m=$\sqrt{2}$E=$\frac{\sqrt{2}U（R+r）}{R}$，故A错误；
B、圈转动时，总有一条边切割磁感线，且ac边和bd边转动的线速度大小相等，当线框平行于磁场时，产生的感应电动势最大为：E_m=nBLv=nBLω•$\frac{L}{2}$=$\frac{1}{2}$nBL²ω=$\frac{1}{2}$nBSω=$\frac{1}{2}$nΦ_m，则：Φ_m=$\frac{2\sqrt{2}U（R+r）}{nR}$，故B错误；
C、由法拉第电磁感应定律得：$\overline{E}$=n$\frac{△Φ}{△t}$=n$\frac{B×\frac{1}{2}{L}^{2}}{\frac{π}{2ω}}$=$\frac{B{L}^{2}ω}{π}$，电荷量：q=I△=n$\frac{B{L}^{2}ω}{π}$×$\frac{1}{R+r}$×$\frac{\frac{π}{2}}{ω}$=n$\frac{B{L}^{2}}{2（R+r）}$=n$\frac{Φm}{2（R+r）}$=$\frac{\sqrt{2}U}{R}$，故C错误；
D、线圈从图示位置转到90°位置时，感应电动势最大，R两端电压最大，R两端电压的瞬时值U′=$\sqrt{2}$U，瞬时功率：P=$\frac{U{′}^{2}}{R}$=$\frac{（\sqrt{2}U）^{2}}{R}$=$\frac{2{U}^{2}}{R}$，故D正确；
故选：D．

点评 本题要掌握正弦式交变电流瞬时值表达式，注意计时起点线圈位置，掌握电荷量的经验公式q=$\frac{△Φ}{R+r}$，知道电压表所测的是有效值，掌握最大值与有效值间的关系即可正确解题．