Question

19．如圖甲所示，長、寬分別為L₁=0.1m、L₂=0.2m的矩形金屬線框位于豎直平面內，其匝數為100匝，總電阻為1Ω，可繞其豎直中心軸O₁O₂轉動．線框的兩個末端分別與兩個彼此絕緣的銅環C、D（集流環）焊接在一起，并通過電刷和定值電阻R=9Ω相連．線框所在空間有水平向右均勻分布的磁場，磁感應強度B的大小隨時間t的變化關系如圖乙所示，其中B₀=5×10^-3 T、B₁=1×10^-2 T和t₁=2×10^-3S．在0～t₁的時間內，線框保持靜止，且線框平面和磁場垂直；t₁時刻后線框在外力的驅動下開始繞其豎直中心軸以角速度ω=200rad/s勻速轉動．求：
（1）0～t₁時間內通過電阻R的電流大小；
（2）線框勻速轉動后，在轉動一周的過程中電流通過電阻R產生的熱量；
（3）線框勻速轉動后，從圖甲所示位置轉過90°的過程中，通過電阻R的電荷量．

Answer 1

分析 （1）根據法拉第電磁感應定律求出0～t₁時間內感應電動勢，再根據閉合電路歐姆定律求出通過電阻R的電流大小．
（2）根據E=nBSω求出感應電動勢的最大值，從而求出感應電動勢的有效值，根據歐姆定律求出感應電流的有效值，從而根據Q=I²Rt求出電阻R產生的熱量．
（3）根據法拉第電磁感應定律結合閉合電路歐姆定律求出平均感應電流，根據q=$\overline{I}t$求出通過電阻R的電荷量．

解答 解：（1）0～t₁時間內，線框中的感應電動勢E=$n\frac{△Φ}{△t}=\frac{n{L}_{1}{L}_{2}（{B}_{1}-{B}_{0}）}{{t}_{1}}$．
根據閉合電路歐姆定律得，通過電阻R的電流
$I=\frac{E}{R+r}=\frac{n{L}_{1}{L}_{2}（{B}_{1}-{B}_{0}）}{（R+r）{t}_{1}}$
代入數據解得I=0.5A；
（2）線框產生的感應電動勢的最大值E_m=nB₁L₁L₂ω
感應電動勢的有效值$E=\frac{\sqrt{2}}{2}n{B}_{1}{L}_{1}{L}_{2}ω$
通過電阻R的電流有效值$I=\frac{\sqrt{2}n{B}_{1}{L}_{1}{L}_{2}ω}{2（R+r）}$
線框轉動一周所需的時間t=$\frac{2π}{ω}$．
此過程中，電阻R產生的熱量Q=${I}^{2}Rt=πRω（\frac{n{B}_{1}{L}_{1}{L}_{2}}{R+r}）^{2}$
解得Q=0.0226J；
（3）線框從圖甲所示位置轉過90°的過程中，
平均感應電動勢$\overline{E}=n\frac{△Φ．}{△t}=\frac{n{B}_{1}{L}_{1}{L}_{2}}{△t}$
平均感應電流$\overline{I}=\frac{n{B}_{1}{L}_{1}{L}_{2}}{△t（R+r）}$
流過電阻R的電荷量q=$\overline{I}△t=\frac{n{B}_{1}{L}_{1}{L}_{2}}{R+r}$．
解得電荷量q=2×10^-3 C
答：（1）0～t₁時間內通過電阻R的電流大小為0.5A；
（2）線框勻速轉動后，在轉動一周的過程中電流通過電阻R產生的熱量為0.0226J；
（3）通過電阻R的電荷量為2×10^-3 C

點評 解決本題的關鍵掌握感應電動勢的平均值、最大值、有效值和瞬時值的區別以及應用．明確在求解功率及電壓值等要用有效值，求解電荷量用平均值．