Question

11．如图所示，边长为l的正方形线圈abcd的匝数为n，线圈电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场中的边界上，磁感应强度为B，现在线圈以OO′为轴，以角速度ω匀速转动，求：
（1）线圈从图示位置转过90°的过程中电阻R上产生的热量$\frac{{{n^2}π{B^2}{L^4}ωR}}{16（r+R）}$
（2）线圈从图示位置转过60°的过程中电阻R上通过的电荷量$\frac{{nB{L^2}}}{r+R}$
（3）磁通量的最大变化率为$\frac{{B{L^2}ω}}{2}$．

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．出感应电动势的瞬时表达式，根据感应电荷量q=$n\frac{△∅}{R+r}$，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，根据${E}_{m}=n\frac{△∅}{△t}$求得磁通量的最大变化率

解答 解：（1）线圈转动时，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：
${E}_{m}=NBLv=NBLω•\frac{L}{2}=\frac{1}{2}NBω{L}^{2}$
由闭合电路欧姆定律可知${I}_{m}=\frac{nB{L}^{2}ω}{2（r+R）}$，在线框由图示位置匀速转动90°的过程中，用有效值来计算电阻R产生的热量
$Q={I}^{2}R•\frac{T}{4}$，其中I=$\frac{{I}_{m}}{\sqrt{2}}$，T=$\frac{2π}{ω}$
解得：Q=$\frac{{{n^2}π{B^2}{L^4}ωR}}{16（r+R）}$
（2）在转过90°的过程中感应电动势的平均值为：$\overline{E}=n\frac{△∅}{△t}$
流过R的平均电流$\overline{I}=\frac{\overline{E}}{R+r}$
解得：流过R的电量q=$\overline{I}•△t=\frac{n△∅}{R+r}$=$\frac{{nB{L^2}}}{r+R}$
（3）根据${E}_{m}=n\frac{△∅}{△t}$可知$\frac{△∅}{△t}=\frac{{E}_{m}}{n}=\frac{B{L}^{2}ω}{2}$

故答案为：（1）$\frac{{{n^2}π{B^2}{L^4}ωR}}{16（r+R）}$（2）$\frac{{nB{L^2}}}{r+R}$（3）$\frac{{B{L^2}ω}}{2}$

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=$\frac{n△∅}{R+r}$，知道用有效值求热量．