Question

1．如圖所示，兩平行的光滑金屬導(dǎo)軌安裝在一光滑絕緣斜面上，導(dǎo)軌間距為l、足夠長且電阻忽略不計，導(dǎo)軌平面的傾角為α，條形勻強磁場的寬度為d，磁感應(yīng)強度大小為B、方向與導(dǎo)軌平面垂直．長度為2d的絕緣桿將導(dǎo)體棒和正方形的單匝線框連接在一起組成“”型裝置，總質(zhì)量為m，置于導(dǎo)軌上．導(dǎo)體棒中通以大小恒為I的電流（由外接恒流源產(chǎn)生，圖中未畫出）．線框的邊長為d（d＜l），電阻為R，下邊與磁場區(qū)域上邊界重合．將裝置由靜止釋放，導(dǎo)體棒恰好運動到磁場區(qū)域下邊界處返回，導(dǎo)體棒在整個運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直．重力加速度為g．
求：（1）線框從開始運動到完全進(jìn)入磁場區(qū)域的過程中，通過線框的電量為多少？
（2）裝置從釋放到開始返回的過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q；
（3）線框向下運動第一次即將離開磁場下邊界時的加速度；
（4）經(jīng)過足夠長時間后，線框下邊的運動范圍（距離磁場區(qū)域下邊界）．

Answer 1

分析 當(dāng)線框進(jìn)入磁場時，磁通量發(fā)生變化，導(dǎo)致線框中有感應(yīng)電流，處于磁場中受到安培力，從而阻礙線框運動．通過線框截面的電量由磁通量的變化與線框的電阻之比求得．當(dāng)穿過線框的磁通量發(fā)生變化時，線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流，從而產(chǎn)生熱量，同時在運動過程中重力做正功，導(dǎo)體棒受到安培力做負(fù)功，則可由動能定理列式求出．運用動能定理可求出線框上邊經(jīng)過磁場下邊界時速度，從而根據(jù)左手定則算出所受的安培力．

解答 解：（1）通過線框的電量為$q=I△t=\frac{△φ}{△t•R}△t=\frac{△φ}{R}=\frac{{B{d^2}}}{R}$
（2）設(shè)裝置由靜止釋放到導(dǎo)體棒運動到磁場下邊界的過程中，作用在線框上的安培力做功為W．由動能定理mgsinα•4d+W-BIld=0
且Q=-W
解得Q=4mgdsinα-BIld
（3）設(shè)線框第一次向下運動剛離開磁場下邊界時的速度為v₁，則接著又向下運動2d，由動能定理$mgsinα•2d-BIld=0-\frac{1}{2}m{v_1}^2$
得${v_1}=\sqrt{\frac{2BIld-4mgdsinα}{m}}$
安培力${F_A}=BI'd=B•\frac{{Bd{v_1}}}{R}•d=\frac{{{B^2}{d^2}{v_1}}}{R}=\frac{{{B^2}{d^2}}}{R}\sqrt{\frac{2BIld-4mgdsinα}{m}}$
加速度a=$\frac{mgsinα-{F}_{A}}{m}$=gsinα-$\frac{{B}^{2}hbldxfx^{2}}{mR}$$\sqrt{\frac{2BIld-4mgdsinα}{m}}$
（4）經(jīng)過足夠長時間后，線框在磁場下邊界與最大距離x_m之間往復(fù)運動．
由動能定理 mgsinα•x_m-BIl（x_m-d）=0
解得${x_m}=\frac{BIld}{BIl-mgsinα}$．
答：（1）線框從開始運動到完全進(jìn)入磁場區(qū)域的過程中，通過線框的電量為$\frac{Bbr7nvz5^{2}}{R}$；
（2）裝置從釋放到開始返回的過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為4mgdsinα-BIld；
（3）線框向下運動第一次即將離開磁場下邊界時的加速度gsinα-$\frac{{B}^{2}btj5d1l^{2}}{mR}$$\sqrt{\frac{2BIld-4mgdsinα}{m}}$；
（4）經(jīng)過足夠長時間后，線框下邊的運動范圍d～$\frac{BIld}{BIl-mgsinα}$

點評 本題考查電磁感應(yīng)應(yīng)用中的能量和力結(jié)合問題，當(dāng)線框產(chǎn)生感應(yīng)電流時，由安培力做功從而產(chǎn)生熱量．因安培力不恒定，所以運用動能定理求得產(chǎn)生的熱量．