Question

8．如圖所示，一輕繩繞過兩輕質(zhì)滑輪，兩端分別連接著矩形導線框A和石塊C，線框A的邊長d=1m、l=0.6m，電阻R=0.1Ω，質(zhì)量m=0.5kg，石塊C質(zhì)量M=2kg．垂直紙面向外的有界水平勻強磁場，磁感應強度B=0.5T，磁場寬度為s=1.6m．如果線框從圖示位置由靜止開始釋放，恰好勻速進入磁場，取g=10m/s²．試求：
（1）線框進入磁場時勻速運動的速度v₀；
（2）線框進入磁場過程中產(chǎn)生的電熱Q；
（3）線框上邊剛出磁場時的加速度a．

Answer 1

分析 （1）線框進入磁場時勻速運動，所受的拉力、重力和安培力三個力平衡．根據(jù)E=Bdv₀，I=$\frac{E}{R}$，F(xiàn)_A=BId，推導出安培力與速度的關系式，再根據(jù)平衡條件列式，求解速度．
（2）線框進入磁場過程中產(chǎn)生的電熱Q等于A、C系統(tǒng)減少的重力勢能，根據(jù)能量守恒定律求解電熱．
（3）線框完全在磁場中運動時，穿過線框的磁通量沒有變化，沒有感應電流產(chǎn)生，系統(tǒng)的機械能守恒，由機械能守恒定律或動能定理求出線框上邊剛出磁場時的速度，求得此時線框所受的安培力，再根據(jù)牛頓第二定律求解加速度．

解答 解：設線框進入磁場時勻速運動的速度為v₀，則產(chǎn)生的電動勢：E=Bdv₀
感應電流為：I=$\frac{E}{R}$
安培力為：F_A=BId   
則得：F_A=$\frac{{B}^{2}xfwmfmh^{2}{v}_{0}}{R}$
對線框和石塊整體，受力平衡：Mg=mg+F_A         
聯(lián)立解得：v₀=$\frac{（M-m）gR}{{B}^{2}iuslda4^{2}}$=$\frac{（2-0.5）×10×0.1}{0．{5}^{2}×{1}^{2}}$=6m/s         
（2）根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律知，電熱等于A、C系統(tǒng)減少的重力勢能，即：
Q=（M-m）gl=（2-0.5）×10×0.6J=9J         
（3）設線框上邊剛出磁場時的速度為v，對線框和石塊整體，根據(jù)動能定理有：
  Mg（s-l）-mg（s-l）=$\frac{1}{2}（M+m）{v}^{2}-\frac{1}{2}（M+m）{v}_{0}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解得：v=4$\sqrt{3}$m/s
此時的安培力為：${F}_{A}^{′}=\frac{{B}^{2}eesjqqm^{2}v}{R}$=10$\sqrt{3}$N      
對線框和石塊整體，根據(jù)牛頓第二定律有：
Mg-mg-${F}_{A}^{′}$=（M+m）a        
解得：a=6-4$\sqrt{3}$m/s²=-0.93m/s²         
即加速度大小為0.93m/s²，方向豎直向下．        
答：（1）線框進入磁場時勻速運動的速度v₀是6m/s．
（2）線框進入磁場過程中產(chǎn)生的電熱Q是9J．
（3）線框上邊剛出磁場時的加速度大小為0.93m/s²，方向豎直向下．

點評 對于電磁感應問題，關鍵要會推導安培力的表達式和分析能量如何轉(zhuǎn)化及牛頓定律的應用．