Question

3．如圖甲所示，兩個邊長為l、寬為L的矩形單匝導體線框abcd、a′b′c′d′互相垂直，彼此絕緣，可繞共同的中心軸O₁O₂轉(zhuǎn)動，將兩線框的始端并在一起接到金屬滑環(huán)C上，末端并在一起接到金屬滑環(huán)D上，兩金屬滑環(huán)C、D彼此絕緣，并分別通過一個電刷與定值電阻R相連．線框處于磁鐵和圓柱形鐵芯之間的磁場中，磁場邊緣之間所夾的圓心角為45°，如圖乙所示（圖中的圓表示圓柱形鐵芯，它使磁鐵和鐵芯之間的磁場沿半徑方向，如圖箭頭所示）．不論線框轉(zhuǎn)到磁場中的什么位置，磁場的方向總是與線框平面平行．磁場中長為l的線框邊所在處的磁感應強度大小恒為B，設(shè)兩線框的總電阻均為r，以相同的角速度ω逆時針勻速轉(zhuǎn)動，通過電刷跟C、D相連的定值電阻R=2r．
（1）求線框abcd轉(zhuǎn)到圖乙位置時感應電動勢的大小；
（2）求轉(zhuǎn)動過程中電阻R上的電壓最大值；
（3）不計一切摩擦，求外力驅(qū)動兩線框轉(zhuǎn)動一周所做的功．
（4）從線框abcd進入磁場開始時，作出0～T（T是線框轉(zhuǎn)動周期）時間內(nèi)通過R的電流i_R隨時間變化的圖象．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)感應電動勢公式E=BLv和v=rω結(jié)合，求解線框aa′轉(zhuǎn)到圖乙位置時感應電動勢的大�。�
（2）線框轉(zhuǎn)動過程中，只有一個線框進入磁場切線磁感線作為電源，另一個線框與外接電阻R并聯(lián)后作為外電路，根據(jù)歐姆定律求出電阻R上的電壓最大值．
（3）根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律求解外力驅(qū)動兩線框轉(zhuǎn)動一周所做的功．
（4）從線框aa′進入磁場開始，每轉(zhuǎn)45°，即$\frac{T}{8}$周期時間，電流發(fā)生一次變化，作出電流的圖象．

解答 解：（1）不管轉(zhuǎn)到任何位置，磁感線方向都和速度方向垂直，所以感應電動勢的大�。篍=2Blv=2Bl$\frac{ωL}{2}$=BlLω
（2）在線圈的轉(zhuǎn)動過程中，同一時刻只會有一個線框產(chǎn)生電動勢，相當于電源，另一線框與電阻并聯(lián)組成外電路，${R}_{外}^{\;}=\frac{Rr}{R+r}=\frac{2r•r}{2r+r}=\frac{2}{3}r$
所以R兩端的電壓最大值：${U_R}=I{R_外}=\frac{E}{{r+\frac{2r}{3}}}•\frac{2}{3}r=\frac{2E}{5}=\frac{2}{5}BlLω$
（3）每個線框作為電源時，電路中總電流為：
    I=$\frac{E}{{R}_{外}^{\;}+r}$=$\frac{E}{\frac{2r}{3}+r}$=$\frac{3E}{5r}$，
提供的總功率為：P=EI=$\frac{3{E}_{\;}^{2}}{5r}$=$\frac{3（BlLω）_{\;}^{2}}{5r}$
根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律得：W_外=4P•$\frac{T}{8}$=P•$\frac{T}{2}$=P•$\frac{π}{ω}$=$\frac{3π{B}_{\;}^{2}{l}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}ω}{5r}$
（4）aa′和bb′在磁場中，通過R的電流大小相等，有：i_R=$\frac{{U}_{R}^{\;}}{R}=\frac{\frac{2BlLω}{5}}{2r}=\frac{BlLω}{5r}$．
從線框aa′進入磁場開始，每轉(zhuǎn)45°，即$\frac{T}{8}$周期時間，電流發(fā)生一次變化，作出電流的圖象如圖所示．
答：（1）線框aa′轉(zhuǎn)到圖乙位置時感應電動勢的大小為BlLω．；
（2）轉(zhuǎn)動過程中電阻R上的電壓最大值$\frac{2}{5}BlLω$；
（3）外力驅(qū)動兩線框轉(zhuǎn)動一周所做的功為$\frac{3π{B}_{\;}^{2}{l}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}ω}{5r}$．
（4）從線框aa′進入磁場開始，在0～T時間內(nèi)通過R的電流i_R隨時間變化的圖象如圖所示；

點評 本題首先要認識電路的結(jié)構(gòu)，搞清電源和外電路，其次要能根據(jù)能量守恒定律求解外力所做的功．