Question

4．如圖所示，完全相同的正方形單匝銅質(zhì)線框abcd，通過水平絕緣且足夠長的傳送帶輸送一系列該貨件通過某一固定勻強(qiáng)磁場區(qū)域進(jìn)行“安檢”程序，即便篩選“次品”（不閉合）與“正品”（閉合），“安檢”程序簡化為如下物理模型，各貨件質(zhì)量均為m，電阻均為R，邊長為l，與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g；傳送帶以恒定速度v₀向右運(yùn)動，貨件在進(jìn)入磁場前與傳送帶的速度相同，貨件運(yùn)行中始終保持ab∥AA'∥CC'，已知磁場邊界AA'，CC'與傳送帶運(yùn)動方向垂直，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場的寬度為d（l＜d），現(xiàn)某一貨件當(dāng)其ab邊到達(dá)CC'時又恰好與傳送帶的速度相同，則

（1）上述貨件在進(jìn)入磁場的過程中運(yùn)動加速度的最大值與速度的最小值；
（2）“次品”（不閉合）與“正品”（閉合）因“安檢”而延遲時間多大．

Answer 1

分析 （1）對貨件進(jìn)入磁場的過程進(jìn)行受力分析，根據(jù)進(jìn)入時、離開時的速度相同，分析物件的運(yùn)動狀態(tài)，得到加速度的最大值和速度的最小值時刻；然后對該時刻進(jìn)行受力分析得到加速度的值；對速度最小時刻到貨件將出磁場的過程運(yùn)用動能定理即可得到最小速度；
（2）“次品”一直勻速運(yùn)動，分析”正品“的運(yùn)動狀態(tài)可得到延遲的運(yùn)動段，再按運(yùn)動情況進(jìn)行分段求解即可得延遲時間．

解答 解：（1）線框以速度v₀進(jìn)入磁場，在進(jìn)入磁場過程中，受安培力F（方向向左）、摩擦力f（方向向右）共同作用而做減速運(yùn)動；完全進(jìn)入磁場后，在摩擦力（方向向右）的作用下做加速運(yùn)動，當(dāng)ab邊到達(dá)CC'時速度又恰好等于v₀．因此，線框在剛進(jìn)入磁場時，速度最大，所受安培力F最大，加速度最大，設(shè)為a_m；線框全部進(jìn)入磁場的瞬間速度最小，設(shè)此時線框的速度為v．
線框剛進(jìn)入磁場時，線框的電動勢為?，線框中的電流為i₀．
由牛頓第二定律有：F-μmg=ma_m，
$\left\{\begin{array}{l}F=B{i_0}l\\{i_0}=\frac{ε}{R}\\ ε=Bl{v_0}\end{array}\right.$
解得：${a}_{m}=\frac{F}{m}-μg=\frac{B{i}_{0}l}{m}-ug=\frac{B?l}{mR}-μg$=$\frac{{B}^{2}{l}^{2}{v}_{0}}{mR}-μg$．
在線框完全進(jìn)入磁場又加速運(yùn)動到達(dá)邊界CC'的過程中，線框只受摩擦力，根據(jù)動能定理，有：$μmg（d-l）=\frac{1}{2}mv_0^2-\frac{1}{2}m{v^2}$，
解得$v=\sqrt{v_0^2-2μg（d-l）}$．
（2）“次品”（不閉合）在經(jīng)過磁場的過程中不能產(chǎn)生電流，所以安培力為零，所以，摩擦力也為零，線框進(jìn)行勻速運(yùn)動．
由（1）可知，線框ab邊到達(dá)CC'后將重復(fù)線框進(jìn)入磁場的運(yùn)動，若線框ab邊從AA'到達(dá)CC'，“次品”（不閉合）比“正品”（閉合）快△T₁，則“次品”（不閉合）與“正品”（閉合）因“安檢”而延遲時間△T=2△T₁．
設(shè)“正品”貨件進(jìn)入磁場所用時間為t₁，
取此過程中某較短時間間隔△t，在t～（t+△t）的△t內(nèi)貨件速度變化為△v，電流為i，
則由動量定理可得：（μmg-Bil）△t=m△v
即$（μmg-\frac{{B}^{2}{l}^{2}v}{R}）△t=m△v$．
對上式在t₁時間內(nèi)進(jìn)行疊加，可得：$μmg{t}_{1}-\frac{{B}^{2}{l}^{2}}{R}l=mv-m{v}_{0}$
所以，${t}_{1}=\frac{mv-m{v}_{0}+\frac{{B}^{2}{l}^{3}}{R}}{μmg}$=$\frac{{{B^2}{l^3}}}{μmgR}-\frac{{{v_0}-\sqrt{v_0^2-2μg（d-l）}}}{μg}$．
設(shè)“正品”貨件在磁場中勻加速恢復(fù)v₀所用時間為t₂，
由勻變速速度公式，有：${t_2}=\frac{{{v_0}-v}}{μg}=\frac{{{v_0}-\sqrt{v_0^2-2μg（d-l）}}}{μg}$，
而“次品”貨件運(yùn)動過程不受“安檢”的影響，設(shè)線框ab邊從AA'到達(dá)CC'所用時間為T₁，由勻速運(yùn)動規(guī)律有：${T}_{1}=\frac7rtjprp{{v}_{0}}$．
可見因“安檢”而延遲時間為：△T=2（t₁+t₂-T₁）=$2（\frac{{B}^{2}{l}^{3}}{μmgR}-\fracfrbzpvx{{v}_{0}}）$．
答：（1）貨件在進(jìn)入磁場的過程中運(yùn)動加速度的最大值${a_m}=\frac{{{B^2}{l^2}{v_0}}}{mR}-μg$，速度的最小值$v=\sqrt{v_0^2-2μg（d-l）}$；
（2）“次品”（不閉合）與“正品”（閉合）因“安檢”而延遲時間$△T=\frac{{2{B^2}{l^3}}}{μmgR}-\frac{2d}{v_0}$．

點評 對時間、發(fā)熱量、做功這類過程量，我們一定要先分析、了解整個運(yùn)動過程的基本狀態(tài)再求解；要注意區(qū)分各階段的情況，進(jìn)行分段討論，如我們求位移時，一定要注意各階段的運(yùn)動狀態(tài)是否能統(tǒng)一表示，如要注意是否一直運(yùn)動等．