澳洲nbl1赛程_澳洲nbl联赛回放
1.线圈每转一周，外力所做的功
2.在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个匝数为n的矩形线圈，边长ab=L1，bc=L2线圈绕中心轴ab以角速度ω由图
3.关于一条高中电学物理公式的推导
4.如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线框abcd，线框的匝数为N，电阻为R，ab=cd=L1，ad=bc=L
（1）当火车进入线圈过程，线圈的左边切割，根据右手定则可判，感应电流的方向为逆时针方向，
又因火车以恒定速度通过线圈，故产生恒定的电动势，电动势的大小：E=nBL1v
（2）感应电流的大小：I＝
| E |
| R |
线圈进入磁场的过程中产生的焦耳热：Q=I2Rt
又：t＝
| L2 |
| v |
联立以上公式，解得：Q＝
n2B2
| ||
| R |
答：（1）线圈刚进入磁场时产生的感应电动势大小是nBL1v，感应电流方向为逆时针方向；
（2）线圈进入磁场的过程中产生的焦耳热为Q＝
n2B2
| ||
| R |
线圈每转一周，外力所做的功
解答：解：（1）导体线框放在水平桌面上，俯视图如图1．由图可见，在线框没动之前，线框的PQ边与P′Q′边平行于磁场B，因而不受磁场力．PP′边受的安培力的大小为IBL1，方向垂直于桌面向下，但此力对轴的力矩为零．QQ′边受的安培力的大小为：
FQQ′=IBL1，方向垂直桌面向上．
此力对固定轴的力矩为：M0=IBL1L2…①
除此力矩外，线框还受到重力矩作用．重力力矩等于重力乘线框重心（O点）到轴ab的距离，即：
τ0=mg（
| L2 |
| 2 |
当M0=τ0时，桌面对线框的支持力的力矩为零，M0＞τ0时，线框将改变静止状态，开始绕轴ab向上翘起．根据题意及①、②式，由力矩平衡原理可知：
IminBL1L2=
| 1 |
| 2 |
解得：Imin=
| mg |
| 2BL1 |
（2）线框处于静止状态时，若电流 I0比 Imin稍大，线框所受的电磁力矩M将大于重力矩τ，使线框绕ab轴向上翘起．PQ边和P′Q′边所受电磁力不等于零，但二者相互抵消．当保持电流值I0恒定不变时，线框将从静止状态开始绕固定轴作加速转动．在加速转动过程中，由于通过线框的磁通量发生变化，线框内将产生感应电动势，它有使线框中的电流变小的趋势，题中已设电流源有保持电流恒定不变的功能，所以当线框平面转至与桌面成α角时，如图2所示，线框受到的合力矩为：
M-τ=（I0BL1-
| 1 |
| 2 |
随着α角逐渐增大，合力矩随之减小，但 M-τ始终大于零，因而线框仍作逆时针加速转动，角速度不断增大．当线框平面转到竖直面NN′时，合力矩为零，角速度达到最大．由于惯性，线框将越过NN′面作逆时针转到．此时，合力矩与线框转动方向相反，角速度
将逐渐减小，合力矩的大小随着α角的增大而增大，如图3所示．
如果没有空气阻力，α将增至180°．当α角等于180°?时，线框转动的角速度为零，合力矩将使线框作顺时针加速转动，结果线框将在α角等于0°与180°之间往复摆动不止．实际上，由于空气阻力作用，线框平面在NN′平面两侧摆动的幅度将逐渐变小，最终静止在NN′面处，此时，电磁力矩与重力矩均为零．如果线框稍偏离平衡位置NN′，电磁力矩与重力矩的合力矩将使线框回到NN′平面处．故线框处于稳定平衡状态．
答：（1）电流值Imin为
| mg |
| 2BL1 |
（2）线框的运动状况分析见上．
在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个匝数为n的矩形线圈，边长ab=L1，bc=L2线圈绕中心轴ab以角速度ω由图
这里的“外力”是不包括安培力的。这里的外力是指为了保持线圈的匀速运动而由外界施加给线圈的外力，它时刻保持与安培力等大反向。对于安培力，由于是通电线圈在磁场中运动产生，而线圈、磁场都可以看作是这个系统内部的部分，因此此题中外力不包括安培力。
由于动能不变，外力做功全部转化为电热能，而感应电动势为交流电，即
U=nωBL1L2cosωt，最大值Um=nωBL1L2，有效值U=nωBL1L2/根号2，因此电热功率为
P=U^2/(R+r)，线圈每转一周，用时为T=2π/ω，外力所做的功为
W=PT=U^2/(R+r)*2π/ω=π*n^2*ω*B^2*L1^2*L2^2/(R+r)
关于一条高中电学物理公式的推导
（1）匝数为n匝的矩形线圈，边长分别为L1和L2，线圈的总电阻为r，在磁感应强度B的匀强磁场中绕OO′轴以ω的角速度匀速转动，
感应电动势最大值：Em=nBSω=nBL1L2ω．
（2）根据法拉第电磁感应定律，则有：平均感应电动势的大小：
| . |
| E |
| △? |
| △t |
| BL1L2 | ||
|
| 2nωBL1L2 |
| π |
（3）由电量表达式，q=
| . |
| I |
| △? |
| R+r |
| nBL1L2 |
| R |
答：（1）产生交流电的电动势的最大值为nBL1L2ω；
（2）线圈转过
| 1 |
| 4 |
| 2nωBL1L2 |
| π |
（3）设线圈的总电阻为R，线圈转过1/4周的过程中通过某一截面的电量
| nBL1L2 |
| R |
如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线框abcd，线框的匝数为N，电阻为R，ab=cd=L1，ad=bc=L
图，B是磁场强度，N是线圈匝数，S是线圈面积，w是角速度。
E=nBLV
V=wr=wL1/2?这里的V是平均速度，取线圈中点的速度所以是L1/2。
E=nBL1L2w这是Emax。
中性面开始，
E的瞬时值就是E=nBL1L2sinwt
向左转|向右转
（1）线框中感应电动势的最大值：
Em＝2NBL1ω
| L2 |
| 2 |
（2）感应电动势的有效值：
E＝
| Em | ||
|
根据欧姆定律，感应电流的有效值：
I＝
| E |
| R |
| NBL1L2ω | ||
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答：（1）线框中感应电动势的最大值为NBL1L2ω；（2）线框中感应电流的有效值为
| NBL1L2ω | ||
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