Question

18．如圖所示，一正方形線圈從某一高度自由下落，恰好勻速進(jìn)入其下方的勻強(qiáng)磁場區(qū)域．已知正方形線圈質(zhì)量為m=0.1kg，邊長為L=1m，電阻為R=4Ω，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=1T，高度為2L，取g=10m/s²求：
（1）線圈進(jìn)入磁場時(shí)回路產(chǎn)生的感應(yīng)電流I₁的大小和方向
（2）線圈離磁場的高度
（3）線圈下邊緣cd剛離開磁場時(shí)線圈的加速度大小及方向．
（4）若線圈在離開磁場前就已經(jīng)勻速運(yùn)動(dòng)，則線圈在離開磁場過程中產(chǎn)生的熱量．

Answer 1

分析 （1）由于線框進(jìn)入磁場時(shí)恰好勻速運(yùn)動(dòng)，重力和安培力平衡，根據(jù)平衡條件感應(yīng)電流I₁的大小，由楞次定律判斷其方向．
（2）根據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢公式和歐姆定律求出線框剛進(jìn)磁場時(shí)的速度，再由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出H．
（3）線框完全在磁場中，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移為2L-L=L，加速度為g，結(jié)合初速度，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出線框下邊將要出磁場時(shí)的速率．由牛頓第二定律和安培力公式求解cd剛離開磁場時(shí)線圈的加速度．
（4）線圈在離開磁場前就已經(jīng)勻速運(yùn)動(dòng)，線框產(chǎn)生的熱量與進(jìn)入磁場時(shí)的相等，由能量守恒定律求解熱量．

解答 解：（1）線框進(jìn)入磁場時(shí)恰好勻速運(yùn)動(dòng)，重力和安培力平衡，則得 BI₁L=mg
可得 I₁=$\frac{mg}{BL}$=$\frac{0.1×10}{1×1}$A=1A
由楞次定律判斷知，I₁的方向沿逆時(shí)針．
（2）線框進(jìn)入磁場時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢 E=I₁R=1×4V=4V
由E=BLv₁得：v₁=$\frac{E}{BL}$=$\frac{4}{1×1}$=4m/s
由${v}_{1}^{2}$=2gH得 H=$\frac{{v}_{1}^{2}}{2g}$=$\frac{{4}^{2}}{20}$m=0.8m
（3）線框完全在磁場中下落的高度：
  h=2L-L=1m
線框完全在磁場中磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，不受安培力，所以線框做加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，線框下邊cd將要出磁場時(shí)的速率為：
 v₂=$\sqrt{{v}_{1}^{2}+2gh}$=$\sqrt{{4}^{2}+2×10×1}$m/s=6m/s
線框下邊剛離開磁場時(shí)感應(yīng)電流的大小 I₂=$\frac{BL{v}_{2}}{R}$=$\frac{1×1×6}{4}$A=1.5A
根據(jù)牛頓第二定律得：mg-BI₂L=ma
可得線圈的加速度 a=g-$\frac{B{I}_{2}L}{m}$=10-$\frac{1×1.5×1}{0.1}$=-5m/s²，負(fù)號表示加速度方向向上．
（4）若線圈在離開磁場前就已經(jīng)勻速運(yùn)動(dòng)，由mg=BIL=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{3}}{R}$，知v₃=v₁
根據(jù)能量守恒得知，線框離開磁場的過程產(chǎn)生的熱量與進(jìn)入磁場時(shí)的相等，為：Q=2mgL=2×0.1×10×1J=2J
答：
（1）線圈進(jìn)入磁場時(shí)回路產(chǎn)生的感應(yīng)電流I₁的大小為1A，方向?yàn)槟鏁r(shí)針．
（2）線圈離磁場的高度為0.8m．  
（3）線圈下邊緣cd剛離開磁場時(shí)線圈的加速度大小5m/s²，方向向上．
（4）線圈在離開磁場過程中產(chǎn)生的熱量為2J．

點(diǎn)評 本題在電磁感應(yīng)中屬于常規(guī)題，從力的角度研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象，根據(jù)受力情況分析線圈的運(yùn)動(dòng)情況，并運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解速度．運(yùn)用電磁感應(yīng)的基本規(guī)律和力學(xué)知識結(jié)合求解．