Question

10．如圖甲所示，在粗糙的水平而上有一滑板，滑板上固定著一個用粗細(xì)均勻的導(dǎo)線繞成的正方形閉合線圈，匝數(shù)N=10，邊長L=0.4m，總電阻R=1Ω，滑板和線圈的總質(zhì)量M=2kg，滑板與地間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，前方有一長4L、高L的矩形區(qū)域，其下邊界與線圈中心等高，區(qū)域內(nèi)有垂直線圈平面的水平勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小按如圖乙所示的規(guī)律變化，現(xiàn)給線圈施加一水平拉力，使線圈以速度v=0.4m/s勻速通過矩形磁場t=0時刻，線圈右側(cè)恰好開始進(jìn)入磁場．g=10m/s²．求：

（1）t=0.5s時線圈中通過的電流；
（2）線圈全部進(jìn)入磁場區(qū)域前的瞬間所需拉力的大小；
（3）線圈穿過圖中矩形區(qū)域過程中拉力所做的功．

Answer 1

分析 （1）在t=0.5s時刻，右側(cè)邊的一半做切割磁感線運(yùn)動，根據(jù)切割公式求出感應(yīng)電動勢，由閉合電路歐姆定律求出線圈電流；
（2）線框左側(cè)進(jìn)入磁場區(qū)域前，線框勻速運(yùn)動，拉力、安培力和摩擦力三力平衡；
（3）線框全部進(jìn)入磁場前，線框上邊受到向下的安培力，拉力最大，考慮進(jìn)入過程的平均拉力，求解其功；1s后，線框在磁場中運(yùn)動，線框上邊受到向上的安培力，拉力逐漸減小，3s末安培力減小為零，考慮平均拉力，求解拉力的功；3s到5s過程，拉力為恒力，再次求解其功；最后求和．

解答 解：（1）線框切割磁感線：${E_1}=NB\frac{L}{2}v=10×0.5×\frac{0.4}{2}×0.4=0.4$V，
線圈電流：${I_1}=\frac{E}{R}=\frac{0.4}{1}=0.4A$；
（2）線框勻速運(yùn)動將要全部進(jìn)入前，右邊導(dǎo)線所受向左的安培力：${F_1}=NB{I_1}\frac{L}{2}=10×0.5×0.4×\frac{0.4}{2}=0.4N$，
上邊導(dǎo)線所受向下的安培力：F₂=NBI₁L=10×0.5×0.4×0.4=0.8N；
滑動摩擦力：f=μ（Mg+F₂）=0.5×（20+0.8）=10.4N，
故拉力：F=F₁+f=10.8N；
（3）線框剛進(jìn)入磁場時刻拉力：F′=f′+F₁=μMg+F₁=0.5×20+0.4=10.4N，
進(jìn)入過程外力所做的功：${W}_{1}={\overline{F}}_{\;}L$=$\frac{10.4+10.8}{2}×0.4$J=4.24J；
完全在磁場中運(yùn)動時：${E}_{2}=N\frac{△φ}{△t}=N\frac{△B•\frac{1}{2}{L}^{2}}{△t}=10×\frac{0.5×\frac{1}{2}×0．{4}^{2}}{2}=0.2$V，
線框中形成順時針電流：${I}_{2}=\frac{{E}_{2}}{R}=\frac{0.2}{1}=0.2$A，
線框上邊受到向上的最大力F₃=NBI₂L=10×0.5×0.2×0.4=0.4N，
拉力做的功${W_2}=\frac{{μMg+μ（Mg-{F_3}）}}{2}×2L=\frac{0.5×2×10+0.5×（2×10-0.4）}{2}×2×0.4=7.92$J，
3s后無電流，拉力做功W=2?MgL=2×0.5×2×10×0.4=8J，
整個過程做的總功W=（4.24+7.92+8）J=20.16J；
答：（1）t=0.5s時線圈中通過的電流；
（2）線圈全部進(jìn)入磁場區(qū)域前的瞬間所需拉力的大��；
（3）線圈穿過圖中矩形區(qū)域過程中拉力所做的功．

點(diǎn)評 本題考查滑桿問題，關(guān)鍵是熟練運(yùn)用切割公式、歐姆定律、安培力公式，同時注意結(jié)合力和運(yùn)動的關(guān)系、功能關(guān)系列式分析，要分過程討論，考慮拉力的平均值，難度較大．