Question

16．一質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形單匝線框沿光滑水平面運(yùn)動(dòng)，以速度v₁開(kāi)始進(jìn)入一有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，最終以速度v₂滑出磁場(chǎng)．設(shè)線框在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度方向始終與磁場(chǎng)邊界垂直，磁場(chǎng)的寬度大于L（如圖所示）．剛進(jìn)入磁場(chǎng)瞬時(shí)，線框中的感應(yīng)電流為I₁．求：
（1）線框剛離開(kāi)磁場(chǎng)瞬間，線框中的感應(yīng)電流I₂．
（2）線框穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q以及進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中通過(guò)線框的電荷量q．
（3）線框完全在磁場(chǎng)中時(shí)的運(yùn)動(dòng)速度v．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)切割感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，E=BLv，即可求出線框剛離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，再依據(jù)閉合電路歐姆定律，從而求得感應(yīng)電流，
（2）分析線框向右穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程能量轉(zhuǎn)化：減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為線框中焦耳熱Q，據(jù)能量守恒定律求解焦耳熱Q，根據(jù)感應(yīng)電量q=$\frac{△∅}{R}$即可求得向右完全進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中所通過(guò)橫截面的電荷量．
（3）依據(jù)沖量表達(dá)式，結(jié)合動(dòng)量定理，即可求解．

解答 解：（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律得：${I_1}=\frac{{BL{v_1}}}{R}$
同理，${I_2}=\frac{{BL{v_2}}}{R}$
解得：${I_2}=\frac{v_2}{v_1}{I_1}$
（2）根據(jù)能量守恒定律得：在穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程線框中產(chǎn)生的焦耳熱為：$Q=\frac{1}{2}mv_1^2-\frac{1}{2}mv_2^2$
在進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中通過(guò)線框的電荷量為：${q_1}=\overline{I_1}t=\frac{{\overline{E_1}}}{R}t=\frac{△ϕ}{R}=\frac{{B{L^2}}}{R}$
解得：${q_1}=\frac{{L{I_1}}}{v_1}$
（3）線框在進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，所受安培力的沖量大小為：${I_沖}_1=B\overline IL△t=BL{q_1}=\frac{{B{L^2}{I_1}}}{v_1}$
同理，線框在離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中，所受安培力的沖量大小為：${I_沖}_2=\frac{{B{L^2}{I_2}}}{v_2}=\frac{{B{L^2}{I_1}}}{v_1}$
由此可知，線框在進(jìn)入或穿出磁場(chǎng)的過(guò)程中，所受安培力的沖量都相同
則由動(dòng)量定理得：I_沖=m（v₁-v）=m（v-v₂） 
解得：$v=\frac{1}{2}（{v_1}+{v_2}）$
答：（1）線框剛離開(kāi)磁場(chǎng)瞬間，線框中的感應(yīng)電流$\frac{{v}_{2}}{{v}_{1}}{I}_{1}$．
（2）線框穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱，以及進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中通過(guò)線框的電荷量$\frac{L{I}_{1}}{{v}_{1}}$．
（3）線框完全在磁場(chǎng)中時(shí)的運(yùn)動(dòng)速度$\frac{{v}_{1}+{v}_{2}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵是明確所研究物體運(yùn)動(dòng)各個(gè)階段的受力情況，做功情況及能量轉(zhuǎn)化情況，選擇利用閉合電路歐姆定律、動(dòng)量定理，及能的轉(zhuǎn)化與守恒定律解決針對(duì)性的問(wèn)題，由于過(guò)程分析不明而易出現(xiàn)錯(cuò)誤，所以，本類問(wèn)題屬于難題中的易錯(cuò)題．