Question

19．如圖甲所示是小繼同學(xué)設(shè)計(jì)的一種振動(dòng)發(fā)電裝置的示意圖，一個(gè)質(zhì)量m=0.1kg，半徑r=0.10m、匝數(shù)n=20的線圈套在永久磁鐵槽中（線圈與槽的摩擦可忽略），磁場(chǎng)的磁感線均沿半徑方向均勻分布，其右視圖如圖乙所示．線圈所在位置磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小均為0.20T，線圈的電阻為R₁=0.50Ω，它的引出線接有R₂=9.5Ω的小電珠L(zhǎng)．外力F推動(dòng)線圈框架的P端，使線圈沿軸線做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，便有電流通過(guò)電珠．當(dāng)線圈的電流i隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖丙所示時(shí)（取右視圖的順時(shí)針?lè)较驗(yàn)殡娏鞯恼�方向，忽略左右往�?fù)運(yùn)動(dòng)的轉(zhuǎn)換時(shí)間）．求：

（1）線圈運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度的最大值K
（2）當(dāng)t=0.25s時(shí)外力F的大小和方向
（3）在0～0.1s內(nèi)外力 F隨時(shí)間變化的表達(dá)式．

Answer 1

分析 （1）線圈運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度最大時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流最大，由圖丙讀出感應(yīng)電流的最大值，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律結(jié)合求解最大速度．
（2）由圖丙讀出感應(yīng)電流的大小和方向，由右手定則分析線圈的速度方向，從而分析出力F的方向．由F=BIL求安培力的大小，求出加速度，再由牛頓第二定律求F的大�。�
（3）根據(jù)圖丙得到i與t的關(guān)系式，得到安培力與t的關(guān)系式，再由牛頓第二定律求解．

解答 解：（1）由圖丙知線圈中感應(yīng)電流最大值為 I_m=0.2A
根據(jù)E=nB•2πr•K，I_m=$\frac{E}{{R}_{1}+{R}_{2}}$得 K=$\frac{{I}_{m}（{R}_{1}+{R}_{2}）}{2nπBr}$=$\frac{0.2×10}{2×20×3.14×0.2×0.1}$≈0.8m/s
（2）線圈中感應(yīng)電流大小為 i=$\frac{nB•2πrv}{{R}_{1}+{R}_{2}}$
則 $\frac{△i}{△t}$=$\frac{2nπBr}{{R}_{1}+{R}_{2}}$$•\frac{△v}{△t}$=$\frac{2nπBr}{{R}_{1}+{R}_{2}}$a
故線圈的加速度大小為 a=$\frac{△i}{△t}$•$\frac{{R}_{1}+{R}_{2}}{2nπBr}$
由圖可得：$\frac{△i}{△t}$=$\frac{0.2}{0.1}$=2A/s
解得線圈的加速度大小為 a≈7.9m/s²；
當(dāng)t=0.25s時(shí)，線圈中感應(yīng)電流為逆時(shí)針?lè)较颍ㄓ乙暎�，根�?jù)右手定則知線圈向左加速運(yùn)動(dòng)，所受的安培力向右．
安培力大小為 F_安=nBi•2πr=20×0.2×0.1×6.28×0.1N≈0.25N
根據(jù)牛頓第二定律得：F-F_安=ma
解得 F=1.04N，方向向左
（3）在0～0.1s內(nèi)，i的表達(dá)式為 i=2t，感應(yīng)電流方向沿順時(shí)針?lè)较�，線圈向右做加速運(yùn)動(dòng)，安培力向左，安培力大小為 F_安=nBi•2πr
根據(jù)牛頓第二定律得：F-F_安=ma
聯(lián)立解得  F=0.2512t+0.79（N）
答：（1）線圈運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度的最大值K是0.8m/s．
（2）當(dāng)t=0.25s時(shí)外力F的大小是1.04N，方向向左．
（3）在0～0.1s內(nèi)外力 F隨時(shí)間變化的表達(dá)式是F=0.2512t+0.79 （N）．

點(diǎn)評(píng) 此題考查線圈在磁場(chǎng)中做切割磁感線，掌握法拉第電磁感應(yīng)定律與右手定則的應(yīng)用，注意線圈的匝數(shù)不能漏了．