Question

2．如圖所示，N匝矩形金屬線圈的質(zhì)量為m，電阻為R，放在傾角為θ的光滑斜面上，其ab邊長度為L且與斜面底邊平行．與ab平行的兩水平虛線MN、PQ之間，在t=0時刻加一變化的磁場，磁感應強度B大小隨時間t的變化關系為B=kt，方向垂直斜面向上．在t=0時刻將線圈由圖中位置靜止釋放，在t=t₁時刻ab邊進入磁場，t=t₂時刻ab邊穿出磁場．線圈ab邊剛進入磁場瞬間電流為0，穿出磁場前的瞬間線圈加速度為0．（重力加速度為g）求：

（1）t=t₁時刻動生電動勢E₁的大小和方向；
（2）MN、PQ之間的距離d；
（3）從t=0到t₁過程中線圈產(chǎn)生的熱量Q；
（4）t=t₂時刻線圈的速度v₂．

Answer 1

分析 （1）ab邊進入磁場前，線圈做勻加速運動，由牛頓第二定律可以求出線圈的加速度，由勻變速運動的速度公式求出ab邊進入磁場時的速度；由法拉第電磁定律求出由于磁場變化而產(chǎn)生的感應電動勢，由E=BLv求出ab切割磁感線而產(chǎn)生的感應電動勢；
（2）由題意知，這兩個電動勢的和電動勢是零，據(jù)此求出磁場的寬度d．
（3）由歐姆定律求出感應電流，由焦耳定律求出焦耳熱．
（4）線圈穿出磁場時的加速度為零，合力為零，求出此時線圈受到的安培力，由平衡條件求出線圈穿出磁場時的速度．

解答 解：（1）線圈進入磁場前做勻加速運動，
由牛頓第二定律得：mgsinθ=ma，
所以a=gsinθ，
當t=t₁時，線圈的速度：v₁=at₁=gsinθt₁
ab邊切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢：
E₁′=NB₁lv₁=NKlgt₁²sinθ
由右手定則可知，感應電動勢的方向由b指向a．
（2）由法拉第電磁感應定律得，由于磁場變化產(chǎn)生的感應電動勢：
E₁=N$\frac{△Φ}{△t}$=NS$\frac{△B}{△t}$=Ndl$\frac{K{t}_{1}-0}{{t}_{1}-0}$=NKld，
由題意可知瞬間電流為0，
則：E_合=E₁-E₁′=0
即：NKdl=NKlgt₁²sinθ，
所以磁場寬度：d=gt₁²sinθ；
（3）由（2）可知：E₁=NKld，感應電流：I=$\frac{{E}_{1}}{R}$=$\frac{NKld}{R}$，
從t=0到t=t₁運動過程中線圈產(chǎn)生的熱量Q：
 $Q={I^2}R{t_1}=\frac{{{N^2}{k^2}{L^2}{g^2}{{sin}^2}θt_1^5}}{R}$；
（4）當t=t₂時，由題意知：mgsinθ-NB₂I₂L=0，
設ab邊穿出磁場瞬間的速度為v₂，
${ε_2}=N{B_2}L{v_2}，{I_2}=\frac{{N{B_2}L{v_2}}}{R}$，
所以：${v_2}=\frac{mgRsinθ}{{{N^2}{k^2}{t^2}{L^2}}}$，
答：（1）t=t₁時刻動生電動勢E₁的大小為NKlgt₁²sinθ，方向由b指向a；
（2）MN、PQ之間的距離為gt₁²sinθ；
（3）從t=0到t=t₁運動過程中線圈產(chǎn)生的熱量為$\frac{{N}^{2}{K}^{2}{L}^{2}{g}^{2}（sinθ）^{2}{t}_{1}^{5}}{R}$；
（4）t=t₂時刻線圈的速度是$\frac{mgRsinθ}{{N}^{2}{k}^{2}{t}^{2}{L}^{2}}$．

點評 分析清楚線圈的運動過程、對線圈正確受力分析、熟練應用法拉第電磁感應定律、動能定律是正確解題的關鍵，本題計算量大，過程較復雜，是一道難題，解題是要細心、認真，否則會出錯．