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4.如图所示,一小型发电机内有一n=100匝矩形线圈,线圈的面积S=0.10m2,线圈电阻r=4Ω,在外力作用下矩形线圈在B=0.10T匀强磁场中,以恒定的角度ω=100πrad/s绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动,发电机线圈两端经过集流环与R=96Ω的电阻构成闭合回路.求:
(1)线圈转动时产生感应电动势的最大值;
(2)若由图示位置开始计时,写出通过电阻R的电流的瞬时值表达式,画出电流随时间变化的图线.
(3)线圈从图示位置转过60°角过程中穿过线圈的磁通量变化量△Φ=?
(4)图中电压表的示数;
(5)线圈从中性面开始转过90°角的过程中,通过电阻R的电荷量;
(6)线圈匀速转动1.0s,电流通过线圈电阻r产生的焦耳热;
(7)线圈匀速转动10s,外力对线圈做的功.

分析 (1)直接根据感应电动势的最大值Em=nBSω计算;
(2)先写出感应电动势的瞬时值表达式,再通过欧姆定律计算出电流的瞬时值表达式,再作图即可;
(3)先计算图示位置的磁通量,再计算转过60°角时的磁通量,计算两个磁通量差值即可;
(4)电压表测量的是电阻R上的电压有效值,先计算电动势的有效值,再根据欧姆定律计算出电压表的读数;
(5)先计算线圈从中性面开始转过90°角的过程中的平均感应电动势,利用欧姆定律求出平均电流,再利用电量公式化简计算;
(6)计算出电流的有效值,再利用焦耳定律计算焦耳热;
(7)由能量守恒可知,外力对线圈所做的功等于线圈电阻r和电阻R上产生的焦耳热,直接计算焦耳热即可.

解答 解:(1)感应电动势的最大值为:
Em=nBSω=100×0.10×0.10×100π(V)=100π(V)
(2)感应电动势的瞬时值为:
e=Emsinωt=100πsin100πt,
总电阻为:
R=R+r=100Ω
电流的瞬时值为:
$i=\frac{e}{{R}_{总}}=πsin100πt≈3.14sin100πt$
周期T=$\frac{2π}{ω}=0.02s$,画出电流随时间变化的图线如图所示
(3)图示位置的磁通量为:
Φ1=BS=0.1×0.1Wb=0.01Wb
转到60°角时磁通量为:
Φ2=BScos60°=0.1×0.1×0.5Wb=0.005Wb
故线圈从图示位置转过60°角过程中穿过线圈的磁通量变化量为:
△Φ=Φ21=-0.005Wb;
(4)E=$\frac{{E}_{m}}{\sqrt{2}}=\frac{100π}{\sqrt{2}}=50\sqrt{2}π$V
电压表测量的R两端电压的有效值,则有:
U=$\frac{R}{R+r}E=\frac{96}{100}×50\sqrt{2}πV≈213V$
(5)线圈从中性面开始转过90°角过程中,平均感应电动势为:
$\overline{E}=n\frac{△Φ}{△t}$
流过电阻R的电流为:
$\overline{I}=\frac{\overline{E}}{R+r}$
则通过电阻R的电荷量为:
q=$\overline{I}•△t=\frac{\overline{E}}{R+r}•△t=\frac{n\frac{△Φ}{△t}}{r+R}•△t=\frac{n•△Φ}{R+r}$
而△Φ=Φ1=0.01Wb
代入解得:q=0.01C
(6)电流有效值为:$I=\frac{π}{\sqrt{2}}A$
线圈匀速转动1.0s,电流通过线圈电阻r产生的焦耳热为:
$Q={I}^{2}rt=(\frac{π}{\sqrt{2}})^{2}×4×1J=2{π}^{2}J$
(7)线圈匀速转动10s,外力对线圈做的功等于电阻R和线圈电阻r上产生的焦耳热,故有:
W=${Q}_{1}={I}^{2}(R+r){t}_{1}^{2}$=$(\frac{π}{\sqrt{2}})^{2}×(96+4)×10J=500{π}^{2}J$
答:(1)线圈转动时产生感应电动势的最大值为100π(V);
(2)若由图示位置开始计时,通过电阻R的电流的瞬时值表达式为i=3.14sin100πt,画出电流随时间变化的图线如图所示.
(3)线圈从图示位置转过60°角过程中穿过线圈的磁通量变化量△Φ=-0.005Wb;
(4)图中电压表的示数约为213V;
(5)线圈从中性面开始转过90°角的过程中,通过电阻R的电荷量为0.01C;
(6)线圈匀速转动1.0s,电流通过线圈电阻r产生的焦耳热为2π2J;
(7)线圈匀速转动10s,外力对线圈做的功为500π2J.

点评 本题考查的内容较多,要对交流的有关物理概念深刻理解,才能保证不会出错;特别注意电表测量的是有效值.计算焦耳热用的也是有效值.

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