Question

3．圖1是交流發(fā)電機模型示意圖．在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，有一矩形線圈abcd可繞線圈平面內(nèi)垂直于磁感線的軸OO′轉(zhuǎn)動，由線圈引出的導線ae和df分別與兩個跟線圈一起繞OO′轉(zhuǎn)動的金屬圓環(huán)相連接，金屬圓環(huán)又分別與兩個固定的電刷保持滑動接觸，這樣矩形線圈在轉(zhuǎn)動中就可以保持和外電路電阻R形成閉合電路．圖2是線圈的主視圖，導線ab和cd分別用它們的橫截面來表示．已知ab長度為L₁，bc長度為L₂，線圈以恒定角速度ω逆時針轉(zhuǎn)動．（只考慮單匝線圈）
（1）線圈平面處于中性面位置時開始計時，試推導t時刻整個線圈中的感應(yīng)電動勢e₁的表達式；
（2）若線圈電阻為r，求從中性面開始的$\frac{T}{4}$內(nèi)通過電阻的電量q的大��；（其它電阻均不計）
（3）若線圈電阻為r，求線圈每轉(zhuǎn)動一周電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q．（其它電阻均不計）

Answer 1

分析 （1）矩形線圈abcd轉(zhuǎn)動過程中，只有ab和cd切割磁感線，先求出轉(zhuǎn)動線速度，根據(jù)E=BLv，求出導線ab和cd因切割磁感線而產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，從而寫出瞬時表達式；
（2）根據(jù)E=$\frac{△∅}{△t}$求得平均感應(yīng)電動勢，有q=$\frac{E}{R+r}$•△t求得從中性面開始的$\frac{T}{4}$內(nèi)通過電阻的電量q的大��；
（3）先求出平均電動勢，根據(jù)歐姆定律求出平均電流，根據(jù)Q=I²RT即可求解．

解答 解：（1）矩形線圈abcd轉(zhuǎn)動過程中，只有ab和cd切割磁感線，設(shè)ab和cd的轉(zhuǎn)動速度為v，則v=ω•$\frac{{L}_{2}}{2}$
在t時刻，導線ab和cd因切割磁感線而產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢均為E₁=BL₁v_y
由圖可知v_y=vsinωt
則整個線圈的感應(yīng)電動勢為e₁=2E₁=BL₁L₂ωsinωt

（2）在從中性面開始的四分之一的周期內(nèi)，由$q=\overline{I}△t$
$\overline{I}=\frac{\overline{E}}{R+r}$，
$\overline{E}=\frac{△∅}{△t}$，
△∅=∅₂-∅₁=0-BL₁L₂
解得：$q=-\frac{B{L}_{1}{L}_{2}}{R+r}$，所以電荷量的大小為$\frac{B{L}_{1}{L}_{2}}{R+r}$
（3）由閉合電路歐姆定律可知
I=$\frac{E}{R+r}$
E=$\frac{{E}_{m}}{\sqrt{2}}=\frac{B{L}_{1}{L}_{2}ω}{\sqrt{2}}$
則線圈轉(zhuǎn)動一周在R上產(chǎn)生的焦耳熱為
Q_R=I²RT
其中T=$\frac{2π}{ω}$
于是$Q=πRω（\frac{B{L}_{1}{L}_{2}}{R+r}）^{2}$
答：（1）線圈平面處于中性面位置時開始計時，試推導t時刻整個線圈中的感應(yīng)電動勢e₁的表達式為e₁=2E₁=BL₁L₂ωsinωt；
（2）若線圈電阻為r，求從中性面開始的$\frac{T}{4}$內(nèi)通過電阻的電量q的大小為$\frac{B{L}_{1}{L}_{2}}{R+r}$；
（3）若線圈電阻為r，求線圈每轉(zhuǎn)動一周電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q為$πRω（\frac{B{L}_{1}{L}_{2}}{R+r}）^{2}$

點評 當線圈與磁場相平行時，即線圈邊框正好垂直切割磁感線，此時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大．求電荷量時，運用交流電的平均值，求產(chǎn)生的熱能時，用交流電的有效值．