热门试卷

因n=3000r/min=50r/s，由ω=2πn=100πrad/s．

当线圈平面与磁感线平行时，线圈感应电动势大小为20V，即为感应电动势的最大值，

因此 B△S==T•m2=Wb；

根据法拉第电磁感应定律得

感应电动势平均值为===V=5.12V

答：线圈从中性面位置开始旋转s的时间内感应电动势的平均值为5.12V．

（1）有两个边一直在均匀辐向磁场中做切割磁感线运动，故根据切割公式，有

E=2nBL1v

其中v=ωL2

解得E=nBL1L2ω

根据右手定则，M端是电源正极  

（2）根据欧姆定律，电流：I =

解得R=

线圈转动一个周期时间内，产生电流的时间是半周期，故外力平均功率P=I2R

解得P=

（3）增加磁感应强度；增加线圈匝数；增加磁场区域面积； 适当增加线圈面积；变成多组线圈等                             

答：（1）线圈在图2所示位置时，产生电动势E的大小为nBL1L2ω，电刷M接电源正极；

（2）闭合电路的总电阻R为，外力做功的平均功率P为；

（3）为了能够获得更多的电能，可以增加磁感应强度；增加线圈匝数；增加磁场区域面积； 适当增加线圈面积；变成多组线圈等．

（1）电动势的最大值为：Em=nBSω=10×2×0.3×0.6×10πV≈113.04V

故瞬时值表达式：e=Em•cosωt=113.04cos（10πt）V．

（2）电流的有效值：I===1.6A

所以0.05s内R上产生的热量：Q=I2Rt=5.76J．

（3）电动势的平均值：=n

0.05s为从图上位置转过90°，所求的电量：q=It=n==0.072C

答：（1）写出从图示位置开始计时线框中感应电动势的瞬时值表达式e=113.04cos（10πt）V；

（2）电阻R在0.05s内产生的热量5.76J；

（3）0.05s内流过电阻R上的电量0.072C．

（1）因最大感应电动势，则有：Em=BSω，

又闭合电路欧姆定律，则有：Im=；

电流的有效值，I=====

因只存在左侧匀强磁场，因此电流表的示数，I′=；

（2）根据焦耳定律，则有，

从图示位置起转过圈的时间内负载电阻R上产生的热量为Q=I2Rt=()2R×=()2R××=

（3）从图示位置起转过圈的时间内，穿过线框平面的磁通量的变化量为：△∅=BπL2．

根据推论得到，通过通过小灯泡的电荷量为q=•△t=•△t=△t==

答：（1）电流表的示数，I=；

（2）从图示位置起转过周期内负载电阻R上产生的热量Q=；

（3）从图示位置起转过周期内负载电阻R的电荷量q=．