Question

2．如圖所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一個(gè)矩形線圈abcd，ab邊與磁場(chǎng)垂直，MN邊始終與金屬滑環(huán)K相連，PQ邊始終與金屬滑環(huán)L相連．金屬滑環(huán)L、電流表、定值電阻R、金屬滑環(huán)K通過(guò)導(dǎo)線串聯(lián)．使矩形線圈繞bc、ad中點(diǎn)的軸以角速度ω=10πrad/s勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，線圈共20匝，線圈的總電阻r=5Ω，ab=0.2m，bc=0.5m，定值電阻R=45Ω，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=$\frac{8}{π}$T．
（1）寫出從圖示位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式；
（2）電阻R在0.05s內(nèi)產(chǎn)生的熱量；
（3）設(shè)線圈從圖示位置開(kāi)始轉(zhuǎn)動(dòng)，求0.05s內(nèi)流經(jīng)電阻R上的電荷量．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式e=NBSωcosωt，求出各量代入表達(dá)式即可；
（2）計(jì)算出線圈感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值，利用閉合電路歐姆定律求出感應(yīng)電流有效值，再利用焦耳定律求出電阻R在0.05s內(nèi)產(chǎn)生的熱量；
（3）先推導(dǎo)計(jì)算流經(jīng)電阻R上的電荷量的公式，再計(jì)算0.05s內(nèi)磁通量的變化，求出0.05s內(nèi)流經(jīng)電阻R上的電荷量．

解答 解：（1）線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值E_m=NBSω=20×$\frac{8}{π}$×0.2×0.5×10πV=160V
從圖示位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式e=E_mcosωt=160cos10πt；
（2）線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值$E=\frac{{E}_{m}}{\sqrt{2}}=80\sqrt{2}V$
由閉合電路歐姆定律有
$I=\frac{E}{R+r}=\frac{80\sqrt{2}}{45+5}A=\frac{8\sqrt{2}}{5}A$
電阻R在0.05s內(nèi)產(chǎn)生的熱量，由焦耳定律有
Q=${I}^{2}Rt=（\frac{8\sqrt{2}}{5}）^{2}×45×0.05J$=11.52J
（3）流經(jīng)電阻R上的電荷量q=$\overline{I}△t$
而平均感應(yīng)電流$\overline{I}=\frac{\overline{E}}{R+r}$
平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)$\overline{E}=N\frac{△Φ}{△t}$
則可得q=$\frac{N△Φ}{R+r}$
線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的周期T=$\frac{2π}{ω}=0.2s$
則0.05s內(nèi)線圈轉(zhuǎn)過(guò)90°，$△Φ=BS=\frac{8}{π}×0.2×0.5Wb/s=\frac{4}{5π}Wb/s$
則0.05s內(nèi)流經(jīng)電阻R上的電荷量q=$\frac{N△Φ}{R+r}$=$\frac{20×\frac{4}{5π}}{45+5}C$=$\frac{8}{25π}C$
答：（1）從圖示位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為e=160cos10πt；
（2）電阻R在0.05s內(nèi)產(chǎn)生的熱量為11.52J；
（3）設(shè)線圈從圖示位置開(kāi)始轉(zhuǎn)動(dòng)，求0.05s內(nèi)流經(jīng)電阻R上的電荷量為$\frac{8}{25π}C$．

點(diǎn)評(píng) 解答本題的關(guān)鍵是掌握感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式e=NBSωcosωt，清楚有效值，平均值，最大值的計(jì)算；另外注意計(jì)算焦耳熱用電流的有效值，計(jì)算電量用電流的平均值，這里比較容易出錯(cuò)．