题目内容
11．
如图所示，两个正方形细导线框1，2，质量都是m，边长都是L，每个框都在其两对角上接有短电阻丝（图中用粗黑线表示），阻值rl=r1′=r2=r2′=r，其余部分电阻不计，两框叠放在水平面上，对应边相互平行，交叠点A，C位于所在边的中点，两框在交叠点彼此绝缘，在两框的交叠区域内存在竖直向上的匀强磁场（交叠区的导线框恰好在磁场边缘以内），磁感强度为B．设磁场在很短时间△t内均匀减小为零．不计所有摩擦．（1）求流过电阻r1，r2的电流I1，I2的大小与方向．
（2）求磁场刚减小为零时，框1和2的速度v1和v2（并指明方向）．
（3）若两框在交叠点A，C不是互相绝缘，而是电接触良好，以上解答是否改变？并说明理由．
分析 （1）当两个线框彼此独立时，对每个线框运用法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求得I1，I2的大小，由楞次定律判断感应电流的方向．
（2）当磁场刚减小到零时，由于B均匀减小，B的平均值为$\frac{B}{2}$，分析线框1在磁场中受力的有效长度，求得安培力的平均值，用同样的方法求得线框2的安培力平均值大小和方向，运用动量定理求解它们的速度．
（3）若两框在交叠点A，C不是互相绝缘，画出等效电路图，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律分析即可．
解答 
解：（1）当两线框彼此独立时，对两个线框有：
E=$\frac{△Φ}{△t}$=$\frac{B•\frac{1}{4}{L}^{2}}{△t}$=$\frac{B{L}^{2}}{4△t}$
通过r1，r2的电流为：I1=I2=$\frac{E}{2r}$=$\frac{B{L}^{2}}{8r△t}$，方向均为逆时针方向．
（2）在△t时间内，线框1中电流恒定，而磁场B均匀减小到零，故B的平均值为$\overline{B}$=$\frac{1}{2}$B．
线框1在磁场中受力的有效长度为 L′=$\overline{AB}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$L
受到的平均安培力为 F1=$\overline{B}$I1L′=$\frac{\sqrt{2}{B}^{2}{L}^{3}}{32r△t}$，方向向右．
线框2所爱的合力为 F2=F1，方向向左．
再由动量定理：F•△t=mv，得，线框1获得的速度为 v1=$\frac{{F}_{1}△t}{m}$=$\frac{\sqrt{2}{B}^{2}{L}^{3}}{32rm}$，方向向右，线框获得的速度 v2=v1，方向向左．
（3）若两框在交叠点A，C不是互相绝缘，而是接触良好，则可等效为如图2所示电路．通过r2及r1的电流大小为I=$\frac{E}{2r}$，方向为逆时针，与（1）问中的答案相比较，并考虑磁场只分布在中间回路Ar2Cr1区域内，可知v1、v2不变．
辨析：上面第（1）（2）的解答是正确的，但第（3）问出了问题．下面用两种方法进行解析．
法一：当两个线框接触良好时，相当于两个闭合回路，即内回路Ar1′Cr2和外回路Ar1Cr2′．两个线框中都有相同的磁通变化率，因此，两线框中都要产生相同的感应电动势，而并不是上面解答所说的那样，只有内回路中才有感应电动势产生．这时等效电路如图3所示，而且这一电路还可进一步简化为如图4所示的电路，因此，干路中总电流为 I=$\frac{0.5E}{0．r}$=$\frac{E}{r}$
流过r1、r2、r1′、r2′的电流都为I1=I2=$\frac{E}{2r}$，这与彼此绝缘时的情况完全一样．因为电流完全相同，其它情况又未变，故各线圈受的安培力也不变，获得的速度与前面一样．
法二：将原线框分开来处理．如图5所示，对左边的小线框Ar1′Cr2和大线框Ar1Cr2来讲，两者产生的感应电动势相同，而Ar2C是公共部分，故外回路Ar1C和Ar1′C上产生的电动相同，都为$\frac{E}{2}$．同理，右图中的Ar2C和Ar2′C上产生的电动势也都为$\frac{E}{2}$，因而等效电路图与图3相同，以后的处理与法一相同．
答：
（1）流过电阻r1，r2的电流I1，I2的大小均为$\frac{B{L}^{2}}{8r△t}$，方向均为逆时针方向．
（2）磁场刚减小为零时，框1和2的速度v1是$\frac{\sqrt{2}{B}^{2}{L}^{3}}{32rm}$，方向向右，线框获得的速度 v2=v1，方向向左．
（3）若两框在交叠点A，C不是互相绝缘，而是电接触良好，以上解答不改变，理由见上．
点评 本题的思维陷阱是：看起来磁场只分布在里面的小闭合回路中，而实际是内、外回路所共有，因而造成只在内回路中产生的感应电流的错误结论．因此，我们在分析问题时一定要仔细、全面、严谨，尽量避免思维陷井．
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| D． | 氧气内部分子的总动能大于氢气内部分子的总动能 |
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