Question

11．“自發(fā)電”地板是利用游人走過此處，踩踏地板發(fā)電．地板下有一發(fā)電裝置，如圖1所示，裝置的主要結(jié)構(gòu)是一個截面半徑為r、匝數(shù)為n的線圈，無摩擦地套在磁場方向呈輻射狀的永久磁鐵槽中．磁場的磁感線沿半徑方向均勻?qū)ΨQ分布，圖2為橫截面俯視圖．輕質(zhì)地板四角各連接有一個勁度系數(shù)為k的復(fù)位彈簧（圖中只畫出其中的兩個），輕質(zhì)硬桿P將地板與線圈連接，從而帶動線圈上下往返運(yùn)動（線圈不發(fā)生形變）便能發(fā)電．若線圈所在位置磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，線圈的總電阻為R₀，現(xiàn)用它向一個電阻為R的小燈泡供電．為便于研究，將某人走過時(shí)對板的壓力使線圈發(fā)生的位移x隨時(shí)間t變化的規(guī)律簡化為圖3所示．（彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，取線圈初始位置x=0，豎直向下為位移的正方向．線圈運(yùn)動的過程中，線圈所在處的磁場始終不變）

（1）請?jiān)趫D4所示坐標(biāo)系中畫出線圈中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的圖象，取圖2中逆時(shí)針電流方向?yàn)檎�方向，要求寫出相關(guān)的計(jì)算和判定的過程．
（2）t=$\frac{{t}_{0}}{2}$時(shí)地板受到的壓力．
（3）求人一次踩踏地板所做的功．

Answer 1

分析 （1）由右手定則可知線圈中電流的方向，由圖可知線圈做勻速直線運(yùn)動，由E=BLV可求線圈的電動勢，閉合電路歐姆定律可得出電流的大小；
（2）由安培力公式求得$\frac{{t}_{0}}{2}$是時(shí)刻線圈受到的安培力，由受力平衡可求得地板受到的壓力；
（3）在踩踏過程中彈力做功為零，人做的功轉(zhuǎn)化為電能，由能量守恒可求得人所做的功．

解答 解
（1）0～t₀時(shí)間內(nèi)電流方向?yàn)檎�方向，t₀到2t₀時(shí)間內(nèi)電流方向?yàn)樨?fù)方向；
0～t₀、t₀～2t₀時(shí)間內(nèi)線圈向下、向上運(yùn)動的速率均為$v=\frac{x_0}{t_0}$
全程產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小均為E=nB2πr•v
又$I=\frac{E}{{R+{R_0}}}$
聯(lián)立以上方程得$I=\frac{{2πnBr{x_0}}}{{（R+{R_0}）{t_0}}}$
線圈中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示．
（2）0～t₀時(shí)間內(nèi)安培力方向向上，且${F_安}=nBI•2πr=\frac{{{{（2πBnr）}^2}{x_0}}}{{（R+{R_0}）{t_0}}}$
$\frac{t_0}{2}$時(shí)刻地板受到的壓力${F_N}=4k\frac{x_0}{2}+{F_安}$
得${F_N}=2k{x_{•0}}+\frac{{{{（2πnBr）}^2}{x_0}}}{{（R+{R_0}）{t_0}}}$
（3）全過程中彈力做功為零，則由功能關(guān)系可得$W={E_電}={I^2}（R+{R_0}）•2{t_0}$
$W=\frac{{8{π^2}{n^2}{B^2}{r^2}x_0^2}}{{（R+{R_0}）{t_0}}}$
答：（1）在圖4所示坐標(biāo)系中畫出線圈中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的圖象如圖．
（2）t=$\frac{{t}_{0}}{2}$時(shí)地板受到的壓力是$2k{x}_{•0}+\frac{{（2πnBr）}^{2}{x}_{0}}{（R+{R}_{0}）{t}_{0}}$．
（3）人一次踩踏地板所做的功是$\frac{8{π}^{2}{n}^{2}{B}^{2}{r}^{2}{x}_{0}^{2}}{（R+{R}_{0}）{t}_{0}}$．

點(diǎn)評 本題巧妙地將我們所常見的導(dǎo)體切割磁感線類題目變形，由直線變成了曲線，但解法不變；解題的關(guān)鍵在于理確題目中線圈與磁場的關(guān)系、能量轉(zhuǎn)化的關(guān)系．