Question

10．如圖所示，一矩形線圈abcd放置在一有理想邊界的勻強(qiáng)磁場中，勻強(qiáng)磁場中存在于OO′的左側(cè)，已知線圈匝數(shù)為n、ab邊長為I₁、ad邊長為I₂、線圈電阻為r，OO′軸離ab邊距離為$\frac{2}{3}$L₂，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．線圈的兩端接一個燈泡，燈泡的電阻為R．線圈以理想邊界OO′為軸，以角速度ω按如圖所示的位置及轉(zhuǎn)動方向勻速轉(zhuǎn)動．求：
（1）在0～$\frac{T}{4}$的時間內(nèi)，通過燈泡的電荷量；
（2）燈泡消耗的電功率；
（3）若B=1.0×10^-2T、n=100、L₁=0.5m、L₂=0.3m、ω=200rda/s，畫出感應(yīng)電動勢隨時間變化的圖象，以abcda方向為正方向，至少畫出一個完整的周期．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)電量表達(dá)式，q=$\overline{I}•△t$，結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律，求得綜合表達(dá)式，從而即可求解；
（2）根據(jù)最大值與有效值的關(guān)系，并由功率表達(dá)式，即可求解．
（3）根據(jù)切割磁感線的最大感應(yīng)電動勢表達(dá)式，可確定ab、cd兩邊產(chǎn)生最大感應(yīng)電動勢，從而作出圖象；

解答 解：（1）線圈的轉(zhuǎn)動周期為：$T=\frac{2π}{ω}$…①
$0～\frac{T}{4}$時間內(nèi)，平均電動勢為：$\overline E=n\frac{△Φ}{△t}=\frac{{nB{L_2}×\frac{2}{3}{L_2}}}{{\frac{T}{4}}}$…②
由歐姆定律得平均電流為：$\overline I=\frac{\overline E}{R+r}$…③
通過燈泡的電荷量為：$q=\overline I•\frac{T}{4}$…④
解①②③④得：$q=\frac{{2nB{L_1}{L_2}}}{3（R+r）}$…③
（2）ab邊在磁場中切割磁感線時，感應(yīng)電動勢的最大值為：${E_{m1}}=nB{L_1}×\frac{2}{3}{L_2}ω$…⑥
電流的最大值為：${{I}_{m_1}}=\frac{{{E_{m1}}}}{R+r}$…⑦
cd邊在磁場中切割磁感線時，感應(yīng)電動勢的最大值為：${E_{m2}}=nB{L_1}×\frac{1}{3}{L_2}ω$…⑧
電流的最大值為：${I_{m2}}=\frac{{{E_{m2}}}}{R+r}$…⑨
設(shè)一個周期內(nèi)交變電流有效值為I，由有效值的定義得：${I^2}（R+r）T={（\frac{{{{I}_{m1}}}}{{\sqrt{2}}}）^2}（R+r）\frac{T}{2}+{（\frac{{{{I}_{m2}}}}{{\sqrt{2}}}）^2}（R+r）\frac{T}{2}$…⑩
燈泡消耗的電功率為：P=I²R…⑪
解⑥⑦⑧⑨⑩⑪得：$P=\frac{{5{n^2}{B^2}L_1^2L_2^2{ω^2}R}}{{36{{（R+r）}^2}}}$
（3）代入數(shù)據(jù)，解⑥⑧式得：E_m1=20V，E_m2=10V
在一個周期T內(nèi)，電動勢的函數(shù)特點(diǎn)如下：
在$0～\frac{π}{400}s$時間內(nèi)：e=-E_m1sin（ωt）
在$\frac{π}{400}s～\frac{π}{200}s$時間內(nèi)：e=-E_m2sin（ωt）
在$\frac{π}{200}s～\frac{3π}{400}s$時間內(nèi)：e=-E_m2sin（ωt）
在$\frac{3π}{400}s～\frac{π}{100}s$時間內(nèi)：e=-E_m2sin（ωt）
所以，圖象如圖所示．

答：（1）在0-$\frac{T}{4}$的時間內(nèi)，通過小燈泡的電荷量為$\frac{{2nB{L_1}{L_2}}}{3（R+r）}$；
（2）小燈泡消耗的電功率$\frac{{5{n^2}{B^2}L_1^2L_2^2{ω^2}R}}{{36{{（R+r）}^2}}}$．
（3）感應(yīng)電動勢隨時間變化的圖象（如上圖所示）；

點(diǎn)評 考查電量的綜合表達(dá)式，q=$\frac{N△∅}{R}$的應(yīng)用與掌握，并學(xué)會求出感應(yīng)電動勢的最大值，及最大值與有效值的關(guān)系，同時理解功率的表達(dá)式，注意由有效值計算功率，熱量等．