题目内容
18．
一矩形线圈，面积是0.05m2，共10匝，线圈电阻为2Ω，外接电阻为R=8Ω，线圈在磁感应强度为$B=\frac{{\sqrt{2}}}{π}T$的匀强磁场中，以300r/min的转速绕垂直于磁感线的轴匀速转动，t=0时刻，线圈在图示位置，求：（1）线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
（2）交流电压表的示数；
（3）从图示位置开始，线圈转过60°的过程中通过电阻R的电量（结果保留两位小数）．
分析 （1）现根据Em=NBSω求得最大值，且线圈从中性面计时即可表示出瞬时表达式
（2）根据闭合电路的欧姆定律求得电压；
（3）根据法拉第电磁感应定律，与闭合电路欧姆定律，及电量表达式，得出电量的综合表达式，从而即可求解．
解答 解：（1）线圈转速：n=300r/min=5r/s
线圈转动的角速度：ω=2πn=10πrad/s
线圈中感应电动势的峰值：${E_m}=NBSω=10×\frac{{\sqrt{2}}}{π}×0.05×10πV=5\sqrt{2}V$
线圈中感应电动势的瞬时值表达式：$e={E_m}sinωt=5\sqrt{2}sin10πtV$
（2）感应电动势的有效值：$E=\frac{E_m}{{\sqrt{2}}}=\frac{{5\sqrt{2}}}{{\sqrt{2}}}V=5V$
感应电流的有效值：$I=\frac{E}{R+r}=\frac{5}{8+2}A=0.5A$
交流电压表示数：U=IR=0.5×8V=4V
（3）线圈中感应电动势的平均值：$\overline E=n\frac{△φ}{△t}$，△φ=BS（1-cosθ），$\overline I=\frac{\overline E}{R+r}$
通过电阻R的电量：$q=\overline I•△t=N•\frac{BS（1-cosθ）}{R+r}$
代入数据解得：$q=\frac{{\sqrt{2}}}{40π}C≈0.01C$
答：（1）线圈中感应电动势的瞬时值表达式为$e={E_m}sinωt=5\sqrt{2}sin10πtV$；
（2）交流电压表的示数为4V；
（3）从图示位置开始，线圈转过60°的过程中通过电阻R的电量为0.01C
点评 本题考查感应电动势的最大值、有效值及平均值的求法，掌握电量的综合表达式，注意磁通量与匝数无关，但此处的电量表达式，却与匝数有关
| A． | 根据公式v=rω可知，卫星运动的线速度增大到原来的3倍 | |
| B． | 根据公式F=G$\frac{Mm}{{r}^{2}}$可知，地球提供的向心力将减小到原来的$\frac{1}{9}$ | |
| C． | 根据公式F=m$\frac{{v}^{2}}{r}$可知，卫星所需的向心力将减小到原来的$\frac{1}{3}$ | |
| D． | 根据上述选项B和C给出的公式，可知卫星运动的线速度将减少到原来的$\frac{\sqrt{3}}{3}$ |
| A． | 恒星的质量 | B． | 行星的质量 | C． | 行星的半径 | D． | 恒星的半径 |
| A． | $\sqrt{\frac{8{π}^{2}h{r}^{3}}{{T}^{2}}\frac{{r}^{3}}{{{r}_{0}}^{2}}+{{v}_{0}}^{2}}$ | B． | $\sqrt{\frac{4{π}^{2}h}{{T}^{2}}\frac{r}{{{r}_{0}}^{2}}+{{v}_{0}}^{2}}$ | ||
| C． | $\sqrt{\frac{2{π}^{2}h}{{T}^{2}}\frac{r}{{{r}_{0}}^{2}}}$+v0 | D． | $\sqrt{\frac{2{π}^{2}h}{{T}^{2}}\frac{{r}^{3}}{{{r}_{0}}^{2}}}$+v0 |
| A． | “纳米飞船”在地面上通过激光照射使其速度达到光速的五分之一 | |
| B． | 在地球上先发射卫星至近地轨道后再释放“纳米飞船” | |
| C． | 在地球上只用一个激光发射器照射空中的“纳米飞船”就能使其速度达到光速的五分之一 | |
| D． | “纳米飞船”速度达到光速的五分之一能够挣脱太阳系的束缚 |
| A． | 2000J | B． | 1000J | ||
| C． | 16J | D． | 条件不足无法计算 |