Question

12．如图所示，一个矩形线圈的ab、cd边长L₁=$\sqrt{2}m$，ad，bc边长L₂=1m，线圈匝数N=100匝，线圈处于磁感应强度B=0.01T的水平匀强磁场中，并以OO′为轴做匀速转动（OO′与磁场方向垂直，线圈电阻不计），线圈转动的角速度ω=10rad/s，现将该线圈输出端通过变比为k=2的理想变压器（原副线圈匝数之比为2：1）与电阻为R=1Ω的电动机相连，同时用此电动机将竖直固定的光滑U型金属框架上的水平导体棒EF从静止向上拉起（不计电动机的摩擦损耗），测得矩形线圈中形成的电流有效值为I=1A．已知导体棒的质量m=0.5kg，U型金属框架宽L=$\sqrt{5}$m且足够长，空间存在垂直框架平面磁感应强度B₀=1T的匀强磁场，当导体棒上升的时间t₀＞1s时其速度恰好稳定，棒有效电阻R₀=4Ω，金属框架的总电阻r₀=1Ω并认为不变．棒与金属框架接触良好，重力加速度g=10m/s²，求：
（1）导体棒匀速上升时的速度；
（2）若0～1s时间内导体棒产生的焦耳热Q=0.75J，并已知1s时间内上升高度为h=1m，求1s时刻导体棒的速度．
（3）若竖直光滑U型金属框架不固定地靠在竖直墙壁上，其下端置于水平地面上，金属框架质量M=1kg，问当矩形线圈转动的角速度ω取何值时，被拉导棒速度稳定后矩形线圈中的电流I₀=2A，且竖直光滑U型金属框架与水平地面间作用力刚好为零？

Answer 1

分析 （1）由交流电产生的原理求出线圈中产生的最大电动势及其有效值，然后由又变压器的关系公式求出电动机两端的电压与电动机的输出功率；最后结合导体棒切割磁感线的功能转化关系，即可求出导体棒匀速上升时的速度；
（2）导体棒向上运动的过程中，电动机做的功转化为棒的动能、棒的势能以及线框与棒中产生的内能，由此即可求出棒的速度；
（3）对导体框进行受力分析，求出导体框受到的安培力，由F=BIL求出线框中的电流，由闭合电路的欧姆定律求出棒中的电动势，由E=BLv求出棒的速度，由P=Fv求出电动机的输出功率，最后结合变压器的匝数比以及交流电的产生，求出矩形线圈转动的角速度ω．

解答 解：（1）线圈在转动的过程中产生的最大电动势：${E}_{m1}=NB{L}_{1}{L}_{2}ω=100×0.01×\sqrt{2}×1×10=10\sqrt{2}$V
线圈中的电动势的有效值：${E}_{1}=\frac{{E}_{m1}}{\sqrt{2}}=10$V
线圈输出的功率：P₁=E₁I₁=10×1=10W
电动机上的电压：${U}_{1}=\frac{{E}_{1}}{k}=\frac{10}{2}=5$V
电动机上的电流：${I}_{1}′=\frac{{P}_{1}}{{U}_{1}}=\frac{10}{5}=2$A
电动机的输出功率：${P}_{出}={P}_{1}-I{′}_{1}^{2}R=10-{2}^{2}×1=6$W
当导体棒向上的匀速运动的过程中，产生的电动势：E₂=B₀Lv₁
感应电流：${I}_{2}=\frac{{E}_{2}}{{R}_{0}+{r}_{0}}$
导体棒受到的安培力：${F}_{1}={B}_{0}{I}_{2}L=\frac{{B}_{0}^{2}{L}^{2}{v}_{1}}{{R}_{0}+{r}_{0}}$
导体棒做匀速运动，绳子的拉力等于重力与安培力的和，即：F=F₁+mg
绳子拉力的功率等于电动机的输出的功率，即：P_出=Fv₁
联立得：v₁=1m/s
（2）若0～1s时间内导体棒产生的焦耳热Q=0.75J，由于导体棒与线框中的电流是相等的，由：Q=I²Rt可得：
$Q′=\frac{{r}_{0}}{{R}_{0}}Q=\frac{1}{4}×0.75=0.1875$J
导体棒向上运动的过程中，电动机做的功转化为棒的动能、棒的势能以及线框与棒中产生的内能．即：
${P}_{出}t=mgh+\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}+Q+Q′$
代入数据得：v₂=0.5m/s
（3）竖直光滑U型金属框架与水平地面间作用力刚好为零时，框架的下边受到的安培力：
B₀I₃L=Mg
电路中产生的电动势：E₃=B₀Lv₃
所以电路中的电流：${I}_{3}=\frac{{E}_{3}}{{R}_{0}+{r}_{0}}$
所以：${v}_{3}=\frac{Mg（{R}_{0}+{r}_{0}）}{{B}_{0}^{2}{L}^{2}}=\frac{1×10×（4+1）}{{1}^{2}×（\sqrt{5}）^{2}}=10$m/s
EF达到稳定时，受到的拉力等于受到的安培力与重力的和，即：F′=mg+B₀I₃L
代入数据得：F′=15N
所以拉力的功率，即电动机的输出功率：P_出′=F′v₃=15×10=150W
此时矩形线圈中的电流I₀=2A，则流过电动机的电流：I₄=kI₀=2×2=4A
电动机的输入功率：${P}_{2}′={I}_{4}^{2}R+{P}_{出}′={4}^{2}×1+150=166$W
由于电动机的输入功率等于矩形线圈的输出功率，所以矩形线圈的输出功率为：P₂=166W，
又：P₂=E₀•I₀
则：${E}_{0}=\frac{{P}_{2}}{{I}_{0}}=\frac{166}{2}=84$V
该电动势是有效电动势，则最大电动势：${E}_{2m}=\sqrt{2}{E}_{2}$
又：E_2m=NBL₁L₂ω′
所以：$ω′=\frac{{E}_{2m}}{NB{L}_{1}{L}_{2}}=\frac{84\sqrt{2}}{100×0.01×1×\sqrt{2}}=84$rad/s
答：（1）导体棒匀速上升时的速度1m/s；
（2）若0～1s时间内导体棒产生的焦耳热Q=0.75J，并已知1s时间内上升高度为h=1m，1s时刻导体棒的速度是0.5m/s．
（3）当矩形线圈转动的角速度ω取 84rad/s时，竖直光滑U型金属框架与水平地面间作用力刚好为零．

点评 该题将恒定电流与闭合电路的欧姆定律、电磁感应定律的综合应用、交流电的有效值与最大值结合在一起，涉及到的知识点多，物理过程多，物理量多、公式多、属于难度变态的题目，做这一类的题目要有足够的耐心与信心．