Question

14．如圖甲所示，傾角為θ的光滑斜面上有兩個寬度均為d的磁場區(qū)域I、Ⅱ，磁感應強度大小都為B，區(qū)域I的磁感應強度方向垂直斜面向上，區(qū)域Ⅱ的磁感應強度方向垂直斜面向下，兩磁場區(qū)域間距為d．斜面上有一矩形導體框，其質量為m，電阻為R，導體框ab、cd邊長為l，bc、ad邊長為$\frac{3}{2}$d．剛開始時，導體框cd邊與磁場區(qū)域I的上邊界重合；t=0時刻，靜止釋放導體框；t₁時刻ab邊恰進入磁場區(qū)域Ⅱ，框中電流為I₁；隨即平行斜面垂直于cd邊對導體框施加力，使框中電流均勻增加，到t₂時刻框中電流為I₂．此時，ab邊未出磁場區(qū)域Ⅱ，框中電流如圖乙所示．求：

（1）在0～t₂時間內，通過導體框截面的電荷量；
（2）在0～t₁時間內，導體框產生的熱量；
（3）在t₁～t₂時間內，導體框運動的加速度．

Answer 1

分析 （1）由法拉第電磁感應定律求出感應電動勢，由歐姆定律求出電流，由電流定義式求出電荷量．
（2）由動能定理求出安培力做功，然后求出產生的熱量．
（3）根據(jù)圖示圖象求出電流的表達式，由歐姆定律求出金屬框的速度表達式，再由勻變速運動的規(guī)律，解出加速度．

解答 解：（1）由法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律和電流的定義，得0～t₁階段：
通過導體框截面的電量 q₁=$\frac{Bdl}{2R}$
由電流的定義，得t₁～t₂階段：通過導體框截面的電量 q₂=$\frac{{I}_{1}+{I}_{2}}{2}$（t₂-t₁）
0～t₂階段：通過導體框截面的電量 q=q₁+q₂=$\frac{Bdl}{2R}$+$\frac{{I}_{1}+{I}_{2}}{2}$（t₂-t₁）
（2）設導體框t₁時刻的速度為v₁，在0～t₁階段：因 I₁=$\frac{2Bl{v}_{1}}{R}$，可得：v₁=$\frac{{I}_{1}R}{2Bl}$
根據(jù)動能定理可得：mg$\frac8czc06h{2}$sinθ+W_安=$\frac{1}{2}$mv₁²-0
聯(lián)立可得：W_安=-（mg$\frac6vlxcpw{2}$sinθ-$\frac{m{I}_{1}^{2}{R}^{2}}{8{B}^{2}{l}^{2}}$）
導體框產生的熱量等于克服安培力做功，即Q=-W_安=mg$\frac9ashyan{2}$sinθ-$\frac{m{I}_{1}^{2}{R}^{2}}{8{B}^{2}{l}^{2}}$
（3）t₁～t₂階段，因I₁=$\frac{2Bl{v}_{1}}{R}$，由圖可知I隨時間均勻增加，
則$\frac{{I}_{2}-{I}_{1}}{{t}_{2}-{t}_{1}}$=$\frac{2Bl}{R}$•$\frac{{v}_{2}-{v}_{1}}{{t}_{2}-{t}_{1}}$
即：則$\frac{{I}_{2}-{I}_{1}}{{t}_{2}-{t}_{1}}$=$\frac{2Bl}{R}$•a
解得：a=$\frac{R}{2Bl}$•$\frac{{I}_{2}-{I}_{1}}{{t}_{2}-{t}_{1}}$
答：
（1）在0～t₂時間內，通過導體框截面的電荷量是$\frac{Bdl}{2R}$+$\frac{{I}_{1}+{I}_{2}}{2}$（t₂-t₁）；
（2）在0-t₁時間內，導體框產生的熱量是mg$\frac1udjy44{2}$sinθ-$\frac{m{I}_{1}^{2}{R}^{2}}{8{B}^{2}{l}^{2}}$；
（3）在t₁-t₂時間內，導體框運動的加速度是$\frac{R}{2Bl}$•$\frac{{I}_{2}-{I}_{1}}{{t}_{2}-{t}_{1}}$．

點評 本題考查了求電荷量、線框產生的熱量、求力的表達式等問題，一道力學與電磁感應、電學相結合的綜合題，難度較大，分析清楚線框的運動過程、應用法拉第電磁感應定律、歐姆定律、電流定義式、安培力公式、動能定理、牛頓第二定律等即可正確解題．