Question

4．如图所示，矩形线圈abcd的ab=0.1m，bc=0.2m，共100匝，线圈电阻为1Ω，外接电阻R=9Ω，匀强磁场的磁感应强度B=$\frac{1}{π}$ T，当线圈以300r/min的转速匀速转动时，求：
（1）从图示位置计时，电动势的瞬时表达式
（2）磁通量变化率的最大值
（3）从图示位置计时，磁通量的瞬时表达式
（4）线圈从图示位置转过60°的过程中通过电阻R的电量
（5）电路中交流电压表和电流表的示数
（6）线圈转动一周，电阻R上产生的焦耳热．

Answer 1

分析 （1）求出感应电动势的最大值，再根据变化规律可求得对应的表达式；
（2）根据最大值表达式结合法拉第电磁感应定律可示得磁通的最大变化率；
（3）根据磁通量的变化规律可求得对应的表达式；
（4）根据法拉第电磁感应定律可求得对应的平均电动势，再根据电流表达式可求得电量；
（5）根据电动势最大值和有效值表达式可求得有效值，再由欧姆定律可求得电压表的示数；
（6）根据焦耳定律可求得转90°时产生的热量；

解答 解：（1）转速n=$\frac{300}{60}$=5r/s；
角速度ω=2πn=22π×5=10πrad/s
产生的交流电动势的最大值Em=NBSω=100×$\frac{1}{π}$×0.1×0.2×2π×5=20V；
线圈从中性面开始转动，故表达式为：e=20sin10πt；
（2）由E_m=n$\frac{△Φ}{△t}$
磁通量的变化率最大值为：$\frac{△Φ}{△t}$=$\frac{{E}_{m}}{n}$=$\frac{20}{100}$=0.2Wb/s
（3）磁通量的瞬时表达式为余弦规律变化；
故表达式为：
Φ=Φ_mcos10πt；
（4）从图示位置开始，线圈转过60°的过程中，磁通量变化为：△Φ=Φ₂-Φ₁=BSsin60°-0=$\frac{\sqrt{3}}{2}BS$；
根据法拉第电磁感应定律，有：$\overline{E}=n\frac{△∅}{△t}$；
根据欧姆定律，有：$\overline{I}=\frac{\overline{E}}{R+r}$
根据电流强度定义：$\overline{I}=\frac{q}{△t}$
联立解得：q=$\frac{\sqrt{3}nBS}{2（R+r）}$=$\frac{\sqrt{3}×100×\frac{1}{π}×0.1×0.2}{2（9+1）}$=0.11C；
（5）电源电动势的有效值E=$\frac{20}{\sqrt{2}}$=10$\sqrt{2}$V；
电路中的电流I=$\frac{E}{（R+r）}$=$\frac{10\sqrt{2}}{10}$=$\sqrt{2}$A；
电压表的示数U=IR=$\sqrt{2}$×9=8$\sqrt{2}$V；
（6）转动一周产生的焦耳热Q=I²（R+r）t=（$\sqrt{2}$）²×10×$\frac{2π}{ω}$=4J；
答：（1）从图示位置计时，电动势的瞬时表达式e=20sin10πt；
（2）磁通量变化率的最大值0.2Wb/s
（3）从图示位置计时，磁通量的瞬时表达式Φ=Φ_mcos10πt；
（4）线圈从图示位置转过60°的过程中通过电阻R的电量为0.11C；
（5）电路中交流电压表和电流表的示数分别为8$\sqrt{2}$V和$\sqrt{2}$A
（6）线圈转动一周，电阻R上产生的焦耳热为4J．

点评 本题考查交流电的性质，要注意明确在求解电量时要用到平均值；在求解电表的示数及热量时要用到有效值；注意明确有效值和最大值之间的关系．