Question

12．如图甲所示，长、宽分别为L₁=0.1m、L₂=0.2m的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为100匝，总电阻为1Ω，可绕其竖直中心轴O₁O₂转动．线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D（集流环）焊接在一起，并通过电刷和定值电阻R=9Ω相连．线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场，磁感应强度B的大小随时间t的变化关系如图乙所示，其中B₀=5×10^-3T、B₁=1×10^-2T和t₁=2×10^-3S．在0～t₁的时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直；t₁时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度ω=200rad/s匀速转动．求：
（1）0～t₁时间内通过电阻R的电流大小；
（2）线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻R产生的热量；
（3）线框匀速转动后，从图甲所示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量．

Answer 1

分析 （1）根据法拉第电磁感应定律求出0～t₁时间内感应电动势，再根据闭合电路欧姆定律求出通过电阻R的电流大小．
（2）根据E=nBSω求出感应电动势的最大值，从而求出感应电动势的有效值，根据欧姆定律求出感应电流的有效值，从而根据Q=I²Rt求出电阻R产生的热量．
（3）根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律求出平均感应电流，根据q=$\overline{I}$t求出通过电阻R的电荷量．

解答 解：（1）0～t₁时间内，线框中的感应电动势为：
E=n$\frac{△∅}{△t}=\frac{n{L}_{1}{L}_{2}（{B}_{1}-{B}_{0}）}{{t}_{1}}$．
根据闭合电路欧姆定律得，通过电阻R的电流为：
I=$\frac{E}{R+r}$=$\frac{n{L}_{1}{L}_{2}（{B}_{1}-{B}_{0}）}{（R+r）{t}_{1}}$
代入数据解得：I=0.5A；
（2）线框产生的感应电动势的最大值为：E_m=nB₁L₁L₂ω
感应电动势的有效值为：E=$\frac{\sqrt{2}}{2}$nB₁L₁L₂ω
通过电阻R的电流有效值为：I=$\frac{\sqrt{2}n{B}_{1}{L}_{1}{L}_{2}ω}{2（R+r）}$
线框转动一周所需的时间为：t=$\frac{2π}{ω}$．
此过程中，电阻R产生的热量为：
Q=I²Rt=πRω（$\frac{n{L}_{1}{L}_{2}}{R+r}$）²
解得：Q=0.0226J；
（3）线框从图甲所示位置转过90°的过程中，平均感应电动势为：$\overline{E}$=n$\frac{△∅}{△t}$=$\frac{n{B}_{1}{L}_{1}{L}_{2}}{△t}$
平均感应电流为：$\overline{I}=\frac{\overline{E}}{R+r}$
流过电阻R的电荷量为：
q=$\overline{I}•△t$=$\frac{n{B}_{1}{L}_{1}{L}_{2}}{R+r}$．
解得电荷量为：q=2×10^-3 C
答：（1）0～t₁时间内通过电阻R的电流大小为0.5A；
（2）线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻R产生的热量为0.0226J；
（3）通过电阻R的电荷量为2×10^-3C．

点评 解决本题的关键掌握感应电动势的平均值、最大值、有效值和瞬时值的区别以及应用．明确在求解功率及电压值等要用有效值，求解电荷量用平均值．