《2025年创新设计高考总复习物理人教版》

例3 如图7所示，N = 50匝的矩形线圈abcd，ab边长$l_{1}$=20 cm，ad边长$l_{2}$=25 cm，放在磁感应强度B = 0.4 T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO'轴以n = 3 000 r/min的转速匀速转动，线圈电阻r = 1 Ω，外电路电阻R = 9 Ω，t = 0时线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里。求：(π≈3.14)

(1)t = 0时感应电流的方向；
(2)感应电动势的瞬时值表达式；
(3)线圈转一圈外力做的功；
(4)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量。

答案：
(1)感应电流方向为adcba
(2)$e = 314\cos(100\pi t)\ V$
(3)98.6 J
(4)0.1 C
解析
(1)根据右手定则知，t = 0时线圈中感应电流方向为adcba。
(2)线圈的角速度$\omega = 2\pi n = 100\pi\ rad/s$
题图位置的感应电动势最大，其大小为$E_{m}=NBl_{1}l_{2}\omega$
代入数据得$E_{m}=314\ V$
感应电动势的瞬时值表达式为
$e = E_{m}\cos\omega t = 314\cos(100\pi t)\ V$。
(3)电动势的有效值$E=\frac{E_{m}}{\sqrt{2}}$
线圈匀速转动的周期$T=\frac{2\pi}{\omega}=0.02\ s$
线圈匀速转动一圈，外力做功大小等于电功的大小，即
$W = I^{2}(R + r)T=\frac{E^{2}}{R + r}T$
代入数据得W = 98.6 J。
(4)从t = 0时起线圈转过90°的过程中，流过电阻R的电荷量
$q=\overline{I}\cdot\Delta t=\frac{NB\Delta S}{R + r}=\frac{NBl_{1}l_{2}}{R + r}$
代入数据得q = 0.1 C。

5. 图8甲是某发电机的示意图，正方形金属框边长为L，其两端与两个半圆环相连，在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定角速度绕OO'轴转动。阻值为R的电阻两端的电压如图乙所示，$U_{m}$为已知，其他电阻不计，则金属框转动一周（ ）

A.框内电流方向不变
B.电动势的有效值大于$\frac{\sqrt{2}}{2}U_{m}$
C.流过电阻的电荷量为$\frac{2BL^{2}}{R}$
D.电阻产生的焦耳热为$\frac{\pi U_{m}BL^{2}}{R}$

答案： D [金属框每次经过中性面时框内电流方向都会改变，故A错误；由题图乙可知，金属框中产生的感应电动势的图像与完整的正余弦曲线的是相同的，所以电动势的有效值等于$\frac{\sqrt{2}}{2}U_{m}$，故B错误；金属框转动一周的过程中，流过电阻的电荷量为$q=\overline{I}\times\frac{T}{4}\times4=\frac{\overline{E}}{R}\times\frac{T}{4}\times4=\frac{\Delta\varPhi}{R}\times4=\frac{4BL^{2}}{R}$，故C错误；设金属框转动的角速度为$\omega$，则有$U_{m}=BL^{2}\omega$，金属框转动的周期为$T=\frac{2\pi}{\omega}$，根据焦耳定律可得电阻产生的焦耳热为$Q = (\frac{U_{m}}{\sqrt{2}})^{2}\frac{T}{R}$，联立上述三式解得$Q=\frac{\pi U_{m}BL^{2}}{R}$，故D正确。]