Question

13．如圖1所示，水平地面上方存在區(qū)域勻強磁場，磁場的上邊界ef水平，ef線離地面高為h=7.25m．邊長L=l.0m，質(zhì)量m=0.5kg，電阻R=2.0Ω的正方形線框abcd從磁場上方某處自由釋放，線框穿過磁場掉在地面上．線框在整個運動過程中始終處于豎直平面內(nèi)，且ab邊保持水平．以線框釋放的時刻為計時起點，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化情況如圖2所示，已知線框恰能勻速進入磁場，g取10m/s²．

求：（1）線框進入磁場時勻速運動的速度v；
（2）t=1.2s時ab邊離地面的高度；
（3）線框從釋放到落地的整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱．

Answer 1

分析 （1）線框進入磁場時作勻速運動，受力平衡，由平衡條件可得出安培力，再由導(dǎo)體棒切割磁感線可得出感應(yīng)電動勢及安培力表達式，聯(lián)立求得速度；
（2）分析線框的運動過程，分別根據(jù)勻變速直線運動和勻速直線運動規(guī)律可求得線框自由下落時間和進入磁場的時間，再結(jié)合其運動狀態(tài)，由運動學公式求解高度；
（3）由能量守恒關(guān)系可求得產(chǎn)生的焦耳熱．

解答 解：（1）因為線框進入磁場的最初一段時間內(nèi)做勻速運動，所以線框abcd受力平衡，則有 mg=F_安       
ab邊進入磁場切割磁感線，產(chǎn)生的電動勢 E=BLv       
形成的感應(yīng)電流 I=$\frac{E}{R}$=$\frac{BLv}{R}$
線框受到的安培力 F_安=BIL                 
聯(lián)立得 mg=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$
可得 v=$\frac{mgR}{{B}^{2}{L}^{2}}$
代入數(shù)據(jù)解得 v=10m/s                         
（2）線框abcd進入磁場前時，做勻加速直線運動；進磁場的過程中，做勻速直線運動；進入磁場后到落地，仍做勻加速直線運動，加速度為g=10m/s²．
進磁場前線框的運動時間為 t₁=$\frac{v}{g}$=$\frac{10}{10}$s=1s
進磁場過程中勻速運動時間 t₂=$\frac{L}{v}$=$\frac{1}{10}$s=0.1s；      
則t=1.2s時線框完全在磁場中運動，已勻加速運動了時間 t₃=t-t₁-t₂=0.1s，此過程下落的高度 h₁=vt₃+$\frac{1}{2}g{t}_{3}^{2}$=10×0.1+$\frac{1}{2}$×10×0.1²=1.05m
故t=1.2s時ab邊離地面的高度為 h₂=h-L-h₁=7.25m-lm-1.05m=5.2m
（3）設(shè)線框進入磁場后勻加速運動的總時間為t₄．
則 h-L=vt₄+$\frac{1}{2}$gt₄²
解得：t₄=0.5s                          
因此ab邊由靜止開始運動到落地用的時間為t=t₁+t₂+t₄=1.6s         
線框勻速進磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為 Q₁=mgL=0.5×10×1J=5J；
進入磁場后的感生電動勢為：
 E=$\frac{△B}{△t}$L²=$\frac{1.2-1.0}{1.4-1.2}$V=1V；                
由圖知線框產(chǎn)生感生電動勢的時間為 t₅=0.2s
產(chǎn)生的熱量為 Q₂=$\frac{{E}^{2}}{R}{t}_{5}$=$\frac{{1}^{2}}{2}$×0.2J=0.1J；              
整個運動過程產(chǎn)生的焦耳熱 Q=Q₁+Q₂=5+0.1=5.1J  
答：
（1）線框進入磁場時勻速運動的速度v是10m/s；
（2t=1.2s時ab邊離地面的高度是5.2m；
（3）線框從釋放到落地的整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱是5.1J．

點評 本題考查的是電磁感應(yīng)定律和和力學綜合的應(yīng)用問題，根據(jù)安培定律和電磁感應(yīng)定律，利用受力平衡條件即可計算出勻速運動的速度；綜合勻速和勻變速運動規(guī)律計算出落地時間；根據(jù)功能關(guān)系可以計算出產(chǎn)生的焦耳熱．