Question

3．如圖所示，勻強磁場I、Ⅱ區(qū)的寬度都為2L，磁場區(qū)I和Ⅱ之間的無磁場區(qū)寬度為L，磁場I區(qū)內(nèi)的磁感應強度大小為2B；磁場Ⅱ區(qū)內(nèi)的磁感應強度大小為B，邊長為2L、總電阻為R的均勻正方形導線框abcd，以速度V向右勻速運動，求：
（1）線框bc邊剛進入?yún)^(qū)域I時，線框所受安培力的大小．
（2）線框bc邊剛進入?yún)^(qū)域Ⅱ時，線框所受安培力的大�。�
（3）從線框bc邊剛進入?yún)^(qū)域I開始計時，到線框bc邊剛離開區(qū)域Ⅱ停止計時，在這段時間內(nèi)線框中電流生熱的平均功率．

Answer 1

分析 （1）、（2）由E=BLv可以求出感應電動勢，然后應用歐姆定律求出電流，再應用安培力公式求出安培力．
（3）應用安培力公式求出安培力，然后應用功的計算公式求出克服安培力做功，再應用功率公式求出功率．

解答 解：（1）根據(jù)法拉第電磁感應定律可得感應電動勢為：E=2B•2L•v=4BLv，
根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得感應電流為：I=$\frac{E}{R}=\frac{4BLv}{R}$，
則線框受到的安培力為：F₁=2BI•2L=$\frac{16{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$；
（2）bc邊剛進入?yún)^(qū)域Ⅱ時，ab邊在區(qū)域Ⅰ中，感應電動勢為：E′=4BLv+2BLv=6BLv，
感應電流為：I′=$\frac{E′}{R}=\frac{6BLv}{R}$，
線框受到的安培力為：F₂=2B×I′×2L+BI′•2L=6BI′L=$\frac{36{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$；
（3）當ad離開Ⅰ，bc邊在Ⅱ區(qū)時安培力大小為：F₃=BI″•2L=$\frac{4{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$，
從bc邊剛進入?yún)^(qū)域Ⅰ到bc邊剛離開區(qū)域Ⅱ，所用時間為：t=$\frac{5L}{v}$，
在這段時間內(nèi)安培力做功大小為：W=F₁•3L+F₂L+F₃L=$\frac{88{B}^{2}{L}^{3}v}{R}$，
在這段時間內(nèi)線框中電流生熱的平均功率為：P=$\frac{W}{t}$=$\frac{88{B}^{2}{L}^{2}{v}^{2}}{5R}$．
答：（1）線框bc邊剛進入?yún)^(qū)域I時，線框所受安培力的大小為$\frac{16{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$．
（2）線框bc邊剛進入?yún)^(qū)域Ⅱ時，線框所受安培力的大小$\frac{36{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$．
（3）從線框bc邊剛進入?yún)^(qū)域I開始計時，到線框bc邊剛離開區(qū)域Ⅱ停止計時，在這段時間內(nèi)線框中電流生熱的平均功率為$\frac{88{B}^{2}{L}^{2}{v}^{2}}{5R}$．

點評 分析清楚線框的運動過程是解題的前提，要能夠把法拉第電磁感應定律與電路知識結(jié)合運用．平均功率等于這個過程產(chǎn)生的總熱量與總的運動時間的比值．