Question

10．在生產(chǎn)線框的流水線上，為了檢測出個別不合格的未閉合線框，讓線框隨傳送帶通過一固定勻強(qiáng)磁場區(qū)域（磁場方向垂直于傳送帶平面向下），觀察線框進(jìn)入磁場后是否相對傳送帶滑動就能夠檢測出未閉合的不合格線框．其物理情景簡化如下：如圖所示，通過絕緣傳送帶輸送完全相同的正方形單匝純電阻銅線框，傳送帶與水平方向夾角為α，以恒定速度v₀斜向上運動．已知磁場邊界MN、PQ與傳送帶運動方向垂直，MN與PQ間的距離為d，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．線框質(zhì)量為m，電阻為R，邊長為L（d＞2L），線框與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g．閉合線框在進(jìn)入磁場前相對傳送帶靜止，線框剛進(jìn)入磁場的瞬間，和傳送帶發(fā)生相對滑動，線框運動過程中上邊始終平行于MN，當(dāng)閉合線框的上邊經(jīng)過邊界PQ時又恰好與傳送帶的速度相同．設(shè)傳送帶足夠長，且線框在傳送帶上始終保持上邊平行于磁場邊界．求
（1）閉合線框的上邊剛進(jìn)入磁場時所受安培力F_安的大小；
（2）從閉合線框上邊剛進(jìn)入磁場至剛要出磁場所用的時間t；
（3）從閉合線框上邊剛進(jìn)入磁場到穿出磁場后又相對傳送帶靜止的過程中，電動機(jī)多消耗的電能E．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律計算感應(yīng)電動勢的大小，根據(jù)安培力的公式計算安培力的大�。�
（2）框剛進(jìn)入磁場至線框剛要出磁場的過程重力和安培力做功，根據(jù)動量定理計算時間的大小；
（3）線框剛進(jìn)入磁場至線框剛要出磁場的過程，根據(jù)動能定理計算電動機(jī)多消耗的電能．

解答 解：（1）根據(jù)安培力公式得：F_安=BIL…①
根據(jù)閉合電路歐姆定律得：$I=\frac{E}{R}$…②
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：E=BLv₀…③
由①②③式聯(lián)立解得：F_安=$\frac{{{B^2}{L^2}{v_0}}}{R}$…④
（2）線框剛進(jìn)入磁場至線框剛要出磁場的過程，
根據(jù)動量定理：$mgsinα•t+{\bar F_安}{t^'}-μmgcosα•t=0$…⑤
根據(jù)安培力公式得：${\bar F_安}=B\bar IL$…⑥
根據(jù)閉合電路歐姆定律得：$\overline{I}=\frac{\bar E}{R}$…⑦
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：$\overline{E}=BL\bar v$…⑧
根據(jù)運動學(xué)公式得：$L=\bar v{t^'}$…⑨
由⑤⑥⑦⑧⑨得：$t=\frac{{{B^2}{L^3}}}{mgR（μcosα-sinα）}$=10s…⑩
（3）線框剛進(jìn)入磁場至線框剛要出磁場的過程，
根據(jù)動能定理得：（μmgcosα-mgsinα）d+W_安1=0
根據(jù)功能關(guān)系得：Q_電1=-W_安1
根據(jù)功能關(guān)系得：Q_f1=μmgcosα（v₀t-d）
從線框上邊剛進(jìn)入磁場到穿出磁場后又相對傳送帶靜止的過程中：
根據(jù)能量守恒得：E=2mgsinα•d+2Q_電1+2Q_f1
得：$E=\frac{{2μ{v_0}{B^2}{L^3}cosα}}{R（μcosα-sinα）}$
答：（1）閉合線框的上邊剛進(jìn)入磁場時所受安培力F_安的大小為$\frac{{{B^2}{L^2}{v_0}}}{R}$；
（2）從閉合線框上邊剛進(jìn)入磁場至剛要出磁場所用的時間t為10s；
（3）從閉合線框上邊剛進(jìn)入磁場到穿出磁場后又相對傳送帶靜止的過程中，電動機(jī)多消耗的電能E為$\frac{2μ{v}_{0}{B}^{2}{L}^{3}cosα}{R（μcosα-sinα）}$．

點評 本題是電磁感應(yīng)與力學(xué)相結(jié)合的一道綜合題，分析清楚運動過程是正確解題的前提與關(guān)鍵，分析清楚運動過程、應(yīng)用安培力公式、牛頓第二定律、動能定理、功的計算公式即可正確解題．