Question

7．如圖1所示，a是一個質(zhì)量為m、邊長為L由均勻?qū)Ь�組成的正方形閉合線框，線框電阻為R；b是由同種材料繞成的邊長仍為L正方形閉合線框，但繞制線框的導(dǎo)線半徑是a線框所用導(dǎo)線半徑的2倍．a(chǎn)線框從高度h處靜止自由下落進入一個寬度為H（H＞2L）的勻強磁場區(qū)域，該區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強度變化規(guī)律如圖2所示，圖中B₀與t₀均為已知值．線框在t=t₀時刻恰好完全進入磁場區(qū)域，并在t＜2t₀時段內(nèi)以速度v觸及磁場區(qū)域下邊界．不計空氣阻力對線框運動的影響，重力加速度為g．求：
（1）a線框在t=t₀時刻的動能E_k
（2）a線框從進入磁場到觸及磁場下邊界的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q
（3）若a、b線框同時從同一高度靜止落入磁場，它們恰好完全進入磁場區(qū)域所需的時間比值$\frac{{t}_{a}}{{t}_}$大小．

Answer 1

分析 （1）線框完全進入磁場后，磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，不受安培力，其所受重力等于重力，做勻加速直線運動，根據(jù)運動學(xué)公式求a線框在t=t₀時刻的速度，從而得到a線框在t=t₀時刻的動能E_k．
（2）線框產(chǎn)生的熱量由兩部分組成：一是線框通過磁場上邊界過程產(chǎn)生熱量，根據(jù)能量守恒定律求得．二是線框完全在磁場內(nèi)運動的過程產(chǎn)生熱量，求得感生電流，求出運動時間，由焦耳定律求得．
（3）根據(jù)牛頓第二定律、電阻定律分析得出線框進入磁場初速度及加速度與導(dǎo)線的粗細無關(guān)，由于有相同的初速度和加速度，兩者在相等時間內(nèi)速度變化相等，故以相同運動通過上邊界，完成等長的位移所需時間相等．

解答 解：（1）線框完全進入磁場后，其所受合力等于重力，有 a=g
由 v²=v₀²+2g（H-L）得a線框在t=t₀時刻的動能為：
E_k=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$-mg（H-L）      
（2）線框產(chǎn)生的熱量由兩部分組成：
①線框通過磁場上邊界過程產(chǎn)生熱量為：Q₁=mg（h+L）-E_k=mg（H+h）-$\frac{1}{2}m{v}^{2}$．
②線框完全在磁場內(nèi)運動的過程產(chǎn)生熱量Q₂．
感生電流為：I=$\frac{E}{R}$=$\frac{B{L}^{2}}{{t}_{0}R}$　　
運動時間為：t=$\frac{v-\sqrt{{v}^{2}-2g（H-L）}}{g}$    
則有：Q₂=I²Rt=$\frac{{L}^{4}{B}_{0}^{2}[v-\sqrt{v-2g（H-L）}]}{Rg{t}_{0}^{2}}$
所以a線框從進入磁場到觸及磁場下邊界的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為：
Q=Q₁+Q₂=mg（H+h）-$\frac{1}{2}m{v}^{2}$+$\frac{{L}^{4}{B}_{0}^{2}[v-\sqrt{v-2g（H-L）}]}{Rg{t}_{0}^{2}}$．
 （3）線框進入磁場上邊界時加速度為：
a=$\frac{BIL}{m}$=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{Rm}$         
式中 Rm=ρ_電$\frac{4L}{S}$•ρ_密（4LS）=16L²ρ_電ρ_密　　
可得：a=$\frac{{B}^{2}v}{16{ρ}_{電}{ρ}_{密}}$∝v
所以a、b線框進入磁場初速度及加速度與導(dǎo)線的粗細無關(guān)，由于有相同的初速度和加速度，兩者在相等時間內(nèi)速度變化相等，故以相同運動通過上邊界，完成等長的位移所需時間相等．即$\frac{{t}_{a}}{{t}_}$=$\frac{1}{1}$．
答：（1）a線框在t=t₀時刻的動能E_k是$\frac{1}{2}m{v}^{2}$-mg（H-L）．
（2）a線框從進入磁場到觸及磁場下邊界的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q是mg（H+h）-$\frac{1}{2}m{v}^{2}$+$\frac{{L}^{4}{B}_{0}^{2}[v-\sqrt{v-2g（H-L）}]}{Rg{t}_{0}^{2}}$．
（3）若a、b線框同時從同一高度靜止落入磁場，它們恰好完全進入磁場區(qū)域所需的時間比值$\frac{{t}_{a}}{{t}_}$大小為1：1．

點評 本題關(guān)鍵是明確線框的運動情況以及能量轉(zhuǎn)化情況，要知道當電流恒定時，往往根據(jù)焦耳定律求電熱．而電流變化時，可根據(jù)能量守恒定律求電熱．