Question

13．如圖甲所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一矩形閉合線(xiàn)圈abcd，線(xiàn)圈平面與磁場(chǎng)方向垂直．已知線(xiàn)圈的匝數(shù)N=100，ab邊長(zhǎng)L₁=1.0m、bc邊長(zhǎng)L₂=0.5m，線(xiàn)圈的電阻r=2Ω．磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，取垂直紙面向里為磁場(chǎng)的正方向．求：
（1）3s時(shí)線(xiàn)圈內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和感應(yīng)電流的方向．
（2）在1～5s內(nèi)通過(guò)線(xiàn)圈的電荷量q．
（3）在0～5s內(nèi)線(xiàn)圈產(chǎn)生的焦耳熱Q．

Answer 1

分析 （1）由題可確定磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化率$\frac{△B}{△t}$，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向；
（2）由法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律和電流的定義式I=$\frac{q}{t}$結(jié)合求解電量；
（3）分析兩個(gè)時(shí)間段：0～1s和1～5s，由焦耳定律分別求出熱量，即可得到總熱量；

解答 解：（1）3 s時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E₁=$N\frac{△{Φ}_{1}^{\;}}{△{t}_{1}^{\;}}$，
其中磁通量的變化量為：△Φ₁=△B₁S
解得：${E}_{1}^{\;}=N\frac{△{B}_{1}^{\;}S}{△{t}_{1}^{\;}}$，
代入數(shù)據(jù)解得：${E}_{1}^{\;}=100×\frac{0.2-（-0.2）}{5-1}×1×0.5=5V$
感應(yīng)電流方向?yàn)閍→b→c→d→a．
（2）在1～5 s內(nèi)線(xiàn)圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E₂=$N\frac{△{Φ}_{2}^{\;}}{△{t}_{2}^{\;}}$=N$\frac{△{B}_{2}^{\;}}{△{t}_{2}^{\;}}S$，
感應(yīng)電流為：I₂=$\frac{{E}_{2}^{\;}}{r}$，
電荷量為：q=I₂△t₂，
解得：q=N$\frac{△{B}_{2}^{\;}}{r}S$，
代入數(shù)據(jù)解得：q=$100×\frac{0.4}{2}×1×0.5=10C$
（3）0～1 s內(nèi)線(xiàn)圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E₃=N$\frac{△{Φ}_{3}^{\;}}{△{t}_{3}^{\;}}$=N$\frac{△{B}_{3}^{\;}}{△{t}_{3}^{\;}}S$=$100×\frac{0.2}{1}×1×0.5$=10 V，
0～1 s內(nèi)線(xiàn)圈中的感應(yīng)電流為：I₃=$\frac{{E}_{3}^{\;}}{r}$=$\frac{10}{2}A$=5 A，
產(chǎn)生的焦耳熱為：Q₁=${I}_{3}^{2}$r△t₃=${5}_{\;}^{2}×2×1$=50J；
1～5 s內(nèi)線(xiàn)圈產(chǎn)生的焦耳熱為：Q₂=${I}_{2}^{2}$r•△t₂=$（\frac{5}{2}）_{\;}^{2}×2×4$=50J； 
0～5s內(nèi)焦耳熱為：Q=Q₁+Q₂=100 J．
答：（1）3s時(shí)線(xiàn)圈內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為5V，感應(yīng)電流的方向a→b→c→d→a．
（2）在1～5s內(nèi)通過(guò)線(xiàn)圈的電荷量q為10C．
（3）在0～5s內(nèi)線(xiàn)圈產(chǎn)生的焦耳熱Q為100J

點(diǎn)評(píng) 題是法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、焦耳定律和楞次定律等知識(shí)的綜合應(yīng)用，這些都是電磁感應(yīng)現(xiàn)象遵守的基本規(guī)律，要熟練掌握，并能正確應(yīng)用．