Question

15．如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，电阻r，外电路的电阻为R，a、b的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B，若线圈从图示位置开始，以角速度ω绕轴OO′匀速转动，则以下判断正确的是（　　）

• A． 图示位置线圈中的感应电动势最大为E_m=BL²ω
• B． 闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e=$\frac{1}{2}$BL²ωcosωt
• C． 线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q=$\frac{π{B}^{2}ω{L}^{4}R}{4（R+r）^{2}}$
• D． 线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为q=$\frac{2B{L}^{2}}{R+r}$

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，根据感应电荷量q=$\frac{△∅}{R+r}$，求通过电阻R的电荷量．最大值是有效值的$\sqrt{2}$倍，求得电动势有效值，根据焦耳定律求电量Q．

解答 解：A、图示位置线圈中没有任何一边切割磁感线，感应电动势为零，故A错误．
B、当线圈与磁场平行时感应电动势最大，最大值为E_m=BSω=B$\frac{1}{2}{L}^{2}$ω，瞬时值表达式为e=E_msinωt=$\frac{1}{2}$BL²ωsinωt．故B错误．
C、感应电动势的有效值为E=$\frac{\sqrt{2}}{2}{E}_{m}$，感应电流有效值为I=$\frac{E}{R+r}$，R产生的热量为Q=I²RT，T=$\frac{2π}{ω}$，联立解得Q=$\frac{π{B}^{2}ω{L}^{4}R}{4（R+r）^{2}}$故C正确．
D、线圈从图示位置转过180°的过程中，穿过线圈磁通量的变化量大小为△Φ=2BS=2B$•\frac{1}{2}{L}^{2}$=BL²，流过电阻R的电荷量为q=$\frac{△∅}{R+r}$=$\frac{B{L}^{2}}{R+r}$，故D错误．
故选：C

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，掌握感应电荷量的经验公式q=$\frac{△∅}{R+r}$，知道用有效值求热量．