Question

14．如圖所示，有理想邊界的勻強(qiáng)磁場寬度為H，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里．正方形金屬線框abcd的質(zhì)量為m，電阻為R，邊長為L（L＜H）．將線框從磁場上方某一高處以速度v₀水平拋出一段時間后勻速進(jìn)入磁場，線框剛離開磁場時與剛進(jìn)入磁場時的速度相同，運動過程中線框的ab邊始終與磁場邊界平行．已知重力加速度為g．求：
（1）線框剛進(jìn)入磁場時的速度大��；
（2）線框穿出磁場過程中，流過線框橫截面的電荷量；
（3）線框穿過磁場下邊界所經(jīng)過的時間．

Answer 1

分析 （1）由題意可知線框勻速進(jìn)入磁場，對線框受力分析有 mg=BIL再根據(jù)I=$\frac{E}{R}$  E=BLv，可以求出v．
（2）根據(jù)q=$\overline{I}$t并且 $\overline{I}$=$\frac{\overline{E}}{R}$=$\frac{△φ}{△tR}$，△φ=BL²，可以求出q．
（3）先根據(jù)動能定理求出線框ab邊剛運動到磁場下邊界時，豎直方向的速度大小為v₂再設(shè)線框穿過磁場下邊界的某時刻速度為v，列出牛頓第二定律，對整個穿過磁場下邊界的過程中求和，就可以求出時間t．

解答 解：（1）設(shè)線框剛進(jìn)入磁場時在豎直方向的速度大小為v₁，
感應(yīng)電動勢E=BLV₁
線框ab邊所受安培力F=BIL
線框受力平衡，有  mg=BIL
解得 v₁=$\frac{mgR}{{B}^{2}{L}^{2}}$
從而線框剛進(jìn)入磁場時的速度大小v=$\sqrt{{{v}_{1}}^{2}+{{v}_{0}}^{2}}$=$\sqrt{（\frac{mgR}{{B}^{2}{L}^{2}}）^{2}+{{v}_{0}}^{2}}$  
（2）設(shè)線框穿出磁場過程中的平均電流為$\overline{I}$，所用時間為t，則
q=$\overline{I}$t
又  $\overline{I}$=$\frac{\overline{E}}{R}$=$\frac{△φ}{△tR}$△φ=BL
代入得  q=$\frac{B{L}^{2}}{R}$
（3）設(shè)線框ab邊剛運動到磁場下邊界時，豎直方向的速度大小為v₂，
由動能定理有 mg（H-L）=$\frac{1}{2}$m${{v}_{2}}^{2}$-$\frac{1}{2}$m${{v}_{0}}^{2}$
設(shè)線框穿過磁場下邊界的某時刻速度為v，由牛頓定律有$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$-mg=ma=m$\frac{△v}{△t}$
即有 $\frac{{B}^{2}{L}^{2}}{R}v△t$-mg△t=ma=m△v
對整個穿過磁場下邊界的過程中求和，有$\frac{{B}^{2}{L}^{2}}{R}∑（v△t）$-mg∑△t=m∑△v
$\frac{{B}^{2}{L}^{3}}{R}$-mgt=m（v₂-v₁）
解得 t=$\frac{{B}^{2}{L}^{3}}{mgR}$+$\frac{R}{{B}^{2}{L}^{2}}$-$\sqrt{\frac{2（H-L）}{g}+（\frac{BLR}{g{B}^{2}{L}^{2}}）^{2}}$
答：（1）線框剛進(jìn)入磁場時的速度大小為 $\frac{mgR}{{B}^{2}{L}^{2}}$；
（2）線框穿出磁場過程中，流過線框橫截面的電荷量為$\frac{B{L}^{2}}{R}$；
（3）線框穿過磁場下邊界所經(jīng)過的時間為$\frac{{B}^{2}{L}^{3}}{mgR}$+$\frac{R}{{B}^{2}{L}^{2}}$-$\sqrt{\frac{2（H-L）}{g}+（\frac{BLR}{g{B}^{2}{L}^{2}}）^{2}}$

點評 此題考查導(dǎo)體切割此感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢問題，結(jié)合平拋運動，求出進(jìn)入磁場的速度，再根據(jù)電荷量q=$\overline{I}$t，就可以求出q．