Question

19．如圖所示，xOy平面為光滑水平面，現(xiàn)有一長為d寬為L的單匝線框MNPQ在外力F作用下，沿x軸正方向以速度v做勻速直線運動，空間存在豎直方向的磁場，磁感應(yīng)強度B=B₀cos$\frac{π}uxm3634$x（式中B₀為已知量），規(guī)定豎直向下方向為磁感應(yīng)強度正方向，線框電阻為R，t=0時刻MN邊恰好在y軸處，求：
（1）t=0時刻，通過線框MNPQ的電流大小與方向；
（2）外力F與位移x的關(guān)系式；
（3）經(jīng)過t=$\frac2hnjids{v}$，線圈中產(chǎn)生的電熱Q．

Answer 1

分析 （1）由右手定判斷通過線框MNPQ的電流方向，根據(jù)閉合電路的歐姆定律和法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電流大��；
（2）根據(jù)e=2BLv求解運動過程中線框MNPQ的電動勢表達(dá)式，根據(jù)閉合電路的歐姆定律求解電流強度表達(dá)式，由外力與安培力的關(guān)系即可得到外力F與位移x的關(guān)系式；
（3）由于瞬時電流成余弦規(guī)律變化，求出感應(yīng)電流的有效值，再根據(jù)焦耳定律求解線圈中產(chǎn)生的電熱．

解答 解：（1）t=0時刻，由右手定則知，通過線框MNPQ的電流為順時針方向，t=0時刻，線框MNPQ的電動勢為：
E₀=2B₀Lv
線框MNPQ的電流大小為：
${I_0}=\frac{E_0}{R}$
聯(lián)立解得：${I_0}=\frac{{2{B_0}Lv}}{R}$；
（2）運動過程中線框MNPQ的電動勢為：
$e=2BLv=2{B_0}Lvcos\frac{π}lxx373wx$
通過線框MNPQ的電流大小為：
$i=\frac{e}{R}=\frac{{2{B_0}Lv}}{R}cos\frac{π}fomy7rqx$
線框PQ邊受到安培力大小為：
F_安=BiL
外力大小為：F=2F_安
聯(lián)立解得：$F=\frac{{4B_0^2{L^2}v}}{R}{cos^2}（\frac{π}qcmkesnx）$；
（3）由于瞬時電流成余弦規(guī)律變化，故可知感應(yīng)電流的有效值為：
$I=\frac{i_m}{{\sqrt{2}}}=\frac{{2{B_0}Lv/R}}{{\sqrt{2}}}=\frac{{\sqrt{2}{B_0}Lv}}{R}$
所以經(jīng)過$t=\fracq6qhxxx{v}$，線圈中產(chǎn)生的電熱為：
$Q={I^2}Rt=\frac{{2B_0^2{L^2}dv}}{R}$．
答：（1）t=0時刻，通過線框MNPQ的電流大小為$\frac{2{B}_{0}Lv}{R}$，方向為順時針方向；
（2）外力F與位移x的關(guān)系式為$F=\frac{4{B}_{0}^{2}{L}^{2}v}{R}co{s}^{2}（\frac{π}7hkxxj7x）$；
（3）經(jīng)過t=$\fraczd2lnnr{v}$，線圈中產(chǎn)生的電熱為$\frac{2{B}_{0}^{2}{L}^{2}dv}{R}$．

點評 對于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，重點是分析安培力作用下導(dǎo)體棒的平衡問題，根據(jù)平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動能定理、功能關(guān)系等列方程求解．