Question

如圖所示，豎直平面內(nèi)有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m，電阻為R的正方形線框在豎直向下的勻強(qiáng)重力場(chǎng)和水平方向的磁場(chǎng)組成的復(fù)合場(chǎng)以初速度v₀水平拋出．磁場(chǎng)方向與線框平面垂直，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨豎直向下的z軸按B=B₀+kz的規(guī)律均勻增大．已知重力加速度為g．求：
（1）線框豎直方向速度為v₁時(shí)，線框中瞬時(shí)電流的大小；
（2）線框在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最大電功率；
（3）若線框從開始拋出到瞬時(shí)速度大小達(dá)到v₂所經(jīng)歷的時(shí)間為t，那么線框在時(shí)間t內(nèi)的總位移大小為多少．

Answer 1

分析：（1）線框豎直方向速度為v₁時(shí)，左右兩邊切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)抵消，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求上下兩邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．e=△BLv₁，△B=k△z=kL．
再由歐姆定律求感應(yīng)電流．
（2）線框在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度最大，此時(shí)重力與磁場(chǎng)力平衡，由平衡條件，結(jié)合安培力表達(dá)式，求出最大速度．框在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最大電功率與重力功率相等．
（3）線框從拋出到速度v₂過程，根據(jù)牛頓第二定律：mg-(B2-B1)IL=ma=m

△v2

△t

，得到速度的變化量，再兩邊求和，運(yùn)用積分法即可求得總位移大小．

解答：解：（1）線框豎直方向速度為v₁時(shí)，左右兩邊切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)抵消，上下兩邊產(chǎn)生的總感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：e=△BLv₁，
而△B=k△z=kL，則得e=kL²v₁
線框中瞬時(shí)電流的大小為i=

e

R

=

kL2v1

R

．
（2）由線框在復(fù)合場(chǎng)中的速度最大時(shí)，重力與磁場(chǎng)力平衡得
   mg=(B2-B1)IL=

(B2-B1)2L2vmz

R

=

k2L4vmz

R

∴vmz=

mgR

k2L4

由能量關(guān)系得：線框在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最大電功率與重力功率相等，即有
  Pmax=mgvmz=

m2g2R

k2L4

（3）線框從拋出到速度v₂過程，由牛頓第二定律得  mg-（B₂-B₁）IL=ma=m

△vz

△t

則得 mg△t-

(B2-B1)2L2vz

R

△t=m△v_z
兩邊求和得 
   mg△t-

(B2-B1)2L2vz

R

△t=m△v_z
又v_z△t=△z，B₂-B₁=kL，
則得 mgt-

k2L4

R

△z=m

v 2 2 - v 2 0

時(shí)間t內(nèi)z方向位移△z=

(mgt-m v 2 2 - v 2 0 )R

k2L4

而線框水平所受的安培力的合力為零，所以水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)．則
時(shí)間t內(nèi)線框的總位移大小為s=

(mgt-m v 2 2 - v 2 0 )2R2 k4L8 + v 2 0 t2

答：
（1）線框豎直方向速度為v₁時(shí)，線框中瞬時(shí)電流的大小為

kL2v1

R

；
（2）線框在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最大電功率是

m2g2R

k2L4

；
（3）若線框從開始拋出到瞬時(shí)速度大小達(dá)到v₂所經(jīng)歷的時(shí)間為t，線框在時(shí)間t內(nèi)的總位移大小為為s=

(mgt-m v 2 2 - v 2 0 )2R2 k4L8 + v 2 0 t2

．

點(diǎn)評(píng)：本題中磁場(chǎng)是非勻強(qiáng)磁場(chǎng)，線框四邊都切割磁感線，左右兩邊電動(dòng)勢(shì)抵消，所受的安培力也抵消，根據(jù)E=BLv分別得到上下兩邊的電動(dòng)勢(shì)，再求總電動(dòng)勢(shì)．本題的難點(diǎn)是運(yùn)用積分法求豎直方向的位移，其切入口是牛頓第二定律及加速度的定義式．