Question

5．直流电动机是一种使用直流电流的动力装置，是根据通电线圈在磁场中受到安培力的原理制成的．如图1所所所示是一台最简单的直流电动机模型示意图，固定部分（定子）装了一对磁极，旋转部分（转子）装设圆柱形铁芯，将abcd矩形导线框固定在转子铁芯上，能与转子一起绕轴OO′转动．线框与铁芯是绝缘的，线框通过换向器与直流电源连接．定子与转子之间的空隙很小，可认为磁场沿径向分布，线框无论转到什么位置，它的平面都跟磁感线平行，如图2所示（侧面图）．已知ab、cd杆的质量均为M、长度均为L，其它部分质量不计，线框总电阻为R．电源电动势为E，内阻不计．当闭合开关S，线框由静止开始在磁场中转动，线框所处位置的磁感应强度大小均为B．忽略一切阻力与摩擦． 

（1）求：闭合开关后，线框由静止开始到转动速度达到稳定的过程中，电动机产生的内能Q_内； 
（2）当电动机接上负载后，相当于线框受到恒定的阻力，阻力不同电动机的转动速度也不相同．求：ab、cd两根杆的转动速度v多大时，电动机的输出功率P最大，并求出最大功率P_m．

Answer 1

分析 （1）线圈转动过程中产生反感应电动势，当产生的反感应电动势与电动势相同时速度达到稳定，根据积分原理即可求得电源输出总能量好，根据能量守恒求得产生的内能；
（2）产生反感应电动势，回路中电流受到的安培力跟阻力相同时，匀速转动，求得电动机的输出功率，即可判断最大值

解答 解：设线框转动时ab，cd棒的最大速度为v′_m，产生的反电动势等于直流电源的电动势，即E=2BLv′_m，解得
$v{′}_{m}=\frac{E}{2BL}$
设ab，cd棒速度为v′时，线框回路中对应的电流为I′，此时，两棒所受到的安培力均为F′=BI′L，在△t→0时间内，对一根棒应用动量定理可得F′△t=M△v′
即BLI′△t=M△v′
达到稳定的过程中，BL∑（ I′△t）=Mv′_m-0
电源输出的总能量为E_总=∑I′△t
联立解得${E}_{总}=\frac{{E}^{2}M}{2{B}^{2}{L}^{2}}$
线框稳定转动，动能${E}_{k}=2×\frac{1}{2}{Mv}_{m}^{′2}=\frac{{E}^{2}M}{4{B}^{2}{L}^{2}}$
有能量守恒E_总=Q_内+E_k
解得${Q}_{内}=\frac{{E}^{2}M}{4{B}^{2}{L}^{2}}$
（2）当点击加上负载后，设线框所受等效阻力为f，即电动机输出的动力大小为f，设此时对应的ab，cd杆的稳定转动速度为v″，则线框回路中电流$I″=\frac{E-2BLv″}{R}$，每根杆受到的安培力为$F″=I″BL=\frac{E-2BLv′′}{R}BL$，有平衡条件可知$f=2F″=2BL\frac{E-2BLv″}{R}$
电动机的输出功率为$P=fv″=2BLv″\frac{E-2BLv″}{R}$，当v$″=\frac{E}{4BL}$时，功率最大为P=$\frac{{E}^{2}}{4R}$
答：（1）闭合开关后，线框由静止开始到转动速度达到稳定的过程中，电动机产生的内能Q_内为 $\frac{{E}^{2}M}{4{B}^{2}{L}^{2}}$
（2）ab、cd两根杆的转动速度v为$\frac{E}{4BL}$时，电动机的输出功率P最大为$\frac{{E}^{2}}{4R}$

点评 本题主要考查了线圈转动过程中产生反感应电动势，根据能量守恒和平衡条件即可判断，关键是抓住线圈匀速的条件