Question

20．邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，電阻為R的單匝正方形線圈abcd，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，以cd邊為轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，其角速度為ω，轉(zhuǎn)動(dòng)方向如圖所示，cd邊與磁場(chǎng)方向垂直．求：
（1）線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)$\frac{π}{2}$的過(guò)程中，產(chǎn)生的熱量Q
（2）線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)$\frac{π}{2}$的過(guò)程中，通過(guò)導(dǎo)線截面的電荷量q
（3）ts內(nèi)外界驅(qū)動(dòng)線圈轉(zhuǎn)動(dòng)所做的功．

Answer 1

分析 （1）求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值，再結(jié)合焦耳定律，然后求出R上產(chǎn)生的熱量．
（2）由法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由歐姆定律求出電流，由電流定義式求出電荷量；
（3）根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒，結(jié)合焦耳定律，則可求解．

解答 解：（1）線圈轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值ε_max=BL²ω，
有效值ε=$\frac{{{ε_(tái){max}}}}{{\sqrt{2}}}$=$\frac{{B{L^2}ω}}{{\sqrt{2}}}$，
感應(yīng)電流I=$\frac{ε}{R}$=$\frac{{B{L^2}ω}}{{\sqrt{2}R}}$．
線圈轉(zhuǎn)過(guò)所用的時(shí)間t=$\frac{{\frac{π}{2}}}{ω}$=$\frac{π}{2ω}$．
據(jù)焦耳定律，產(chǎn)生的熱量Q=I²Rt=${（\frac{{B{L^2}ω}}{{\sqrt{2}R}}）^2}$•R•$\frac{π}{2ω}$=$\frac{{π{B^2}{L^4}ω}}{4R}$．
（2）線圈轉(zhuǎn)過(guò)$\frac{π}{2}$的過(guò)程中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值$\bar ε$=$\frac{△?}{△t}$=$\frac{{B{L^2}}}{{\frac{π}{2ω}}}$=$\frac{{2B{L^2}ω}}{π}$．
感應(yīng)電流的平均值$\overline{I}=\frac{\bar ε}{R}=\frac{{2B{L^2}ω}}{πR}$．
通過(guò)導(dǎo)線截面電量q=$\bar I$△t=$\frac{{2B{L^2}ω}}{πR}•\frac{π}{2ω}$=$\frac{{B{L^2}}}{R}$
（3）由于線圈中產(chǎn)生的是交流電，則反抗線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的磁力矩是變化的，
所以作用在線圈上的驅(qū)動(dòng)力也是變化的，不能用功的公式計(jì)算外界所做的功，
從能的轉(zhuǎn)化和守恒的角度來(lái)分析，外界驅(qū)動(dòng)線圈轉(zhuǎn)動(dòng)消耗的能量將全部轉(zhuǎn)化為電能，
再轉(zhuǎn)化為電路的焦耳熱，據(jù)（1）可得
W=Q=I²Rt=（$\frac{{B{L^2}ω}}{{\sqrt{2}R}}$）²Rt=$\frac{{{B^2}{L^4}{ω^2}t}}{2R}$
答：（1）線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)$\frac{π}{2}$的過(guò)程中，產(chǎn)生的熱量$\frac{{π{B^2}{L^4}ω}}{4R}$；
（2）線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)$\frac{π}{2}$的過(guò)程中，通過(guò)導(dǎo)線截面的電荷量$\frac{{B{L^2}}}{R}$；
（3）ts內(nèi)外界驅(qū)動(dòng)線圈轉(zhuǎn)動(dòng)所做的功$\frac{{{B^2}{L^4}{ω^2}t}}{2R}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了求電荷量、電阻產(chǎn)生的熱量，分析清楚線框的運(yùn)動(dòng)過(guò)程、應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、電流定義式、焦耳定律即可正確解題．