Question

8．如圖所示，一個(gè)長(zhǎng)為2m、寬為1m粗細(xì)均勻的矩形線框，質(zhì)量為m、電阻為R=5Ω，放在光滑絕緣的水平面上，一個(gè)邊長(zhǎng)為2m的正方形區(qū)域內(nèi)，存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其左邊界在線框兩長(zhǎng)邊的中點(diǎn)MN上．
（1）在t=0時(shí)刻，若磁場(chǎng)從磁感應(yīng)強(qiáng)度為零開(kāi)始均勻增強(qiáng)，變化率$\frac{△B}{△t}$=0.5T/S，線框保持靜止，求在t=2s時(shí)加在線框上的水平外力大小和方向；
（2）若正方形區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度恒為B=1T，磁場(chǎng)從圖示位置開(kāi)始以速度v=5m/s勻速向左運(yùn)動(dòng)．并控制線框保持靜止，求到線框剛好完全處在磁場(chǎng)中時(shí)通過(guò)線框的電量和線框中產(chǎn)生的熱量；
（3）若正方形區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度恒為B，磁場(chǎng)從圖示位置開(kāi)始以速度v勻速向左運(yùn)動(dòng)，線框同時(shí)從靜止釋放，線框離開(kāi)磁場(chǎng)前已達(dá)到穩(wěn)定速度，加速過(guò)程中產(chǎn)生的熱量為Q，求該過(guò)程中運(yùn)動(dòng)磁場(chǎng)提供給線框的能量．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，結(jié)合閉合電路歐姆定律與安培力大小公式，及左手定則，即可求解；
（2）由切割感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電量表達(dá)式，從而得出電量綜合表達(dá)式，再由焦耳定律，即可求解；
（3）根據(jù)切割感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)表達(dá)式，依據(jù)牛頓第二定律，并結(jié)合能量守恒定律，從而求解．

解答 解：（1）區(qū)域磁場(chǎng)均勻增強(qiáng)，線框中電動(dòng)勢(shì)：$E=\frac{△Φ}{△t}=\frac{△B}{△t}S$
電流：$I=\frac{E}{R}$
長(zhǎng)為2m、寬為1m，設(shè)長(zhǎng)為2L，寬度為L(zhǎng)，則經(jīng)過(guò)時(shí)間t時(shí)加在線框上的外力：F=F_安=BIL=$\frac{{k}^{2}{L}^{3}t}{R}$；  
代入數(shù)據(jù)得：F=0.1N
方向水平向右；
（2）區(qū)域磁場(chǎng)從線框上MN位置以速度v勻速向左運(yùn)動(dòng)時(shí)
電動(dòng)勢(shì)：E=BLv
電流：$I=\frac{E}{R}$
經(jīng)歷時(shí)間：$t=\frac{L}{v}$
則通過(guò)線框的電量：$q=It=\frac{{B{L^2}}}{R}$=$\frac{1×{1}^{2}}{5}$=0.2C
線框中產(chǎn)生的熱量：$Q={I^2}Rt=\frac{{{B^2}{L^3}v}}{R}$=$\frac{{1}^{2}×{1}^{3}×5}{5}=1$J
（3）線框速度為某一值v_x時(shí)，線框中的電動(dòng)勢(shì)：E=BL（v-v_x）
電流：$I=\frac{E}{R}$
由牛頓第二定律得：ma=BIL
解得：$a=\frac{{{B^2}{L^2}（v-{v_x}）}}{mR}$
線框穩(wěn)定時(shí)a=0，v_x=v
由能量守恒定律，得區(qū)域磁場(chǎng)提供給線框的能量：$W=\frac{1}{2}m{v^2}+Q$
 答：（1）在t=2s時(shí)加在線框上的水平外力大小是0.1N，方向水平向右；
（2）線框剛好完全處在磁場(chǎng)中時(shí)通過(guò)線框的電量是0.2C，線框中產(chǎn)生的熱量是1J；
（3）線框速度為某一值v_x時(shí)的加速度和該過(guò)程中運(yùn)動(dòng)磁場(chǎng)提供給線框的能量$\frac{1}{2}$mv²+Q．

點(diǎn)評(píng) 考查法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律的應(yīng)用，掌握電量的綜合表達(dá)式，理解焦耳定律與牛頓第二定律的應(yīng)用，注意能量守恒定律的巧用．