Question

（2009?江蘇）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(jì)，導(dǎo)軌平面的傾角為α，條形勻強(qiáng)磁場的寬度為d，磁感應(yīng)強(qiáng)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(yùn)動(dòng)到磁場區(qū)域下邊界處返回，導(dǎo)體棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直．重力加速度為g．
求：（1）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；
（2）線框第一次穿越磁場區(qū)域所需的時(shí)間t₁；
（3）經(jīng)過足夠長時(shí)間后，線框上邊與磁場區(qū)域下邊界的最大距離Χ_m．

Answer 1

分析：（1）線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q等于克服安培力做的功，安培力所做的功可以通過動(dòng)能定理去求；
（2）設(shè)線框剛離開磁場下邊界時(shí)的速度為v₁，則接著向下運(yùn)動(dòng)2d，可由動(dòng)能定理可列出方程，再根據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢公式，感應(yīng)電流的公式，安培力的公式表達(dá)出這些物理量，最后由牛頓第二定律求出在t到t+△t時(shí)間內(nèi)速度的變化量，最后再兩邊同時(shí)求和，速度求和就是v₁，這樣就可以求出時(shí)間t；
（3）經(jīng)過足夠長時(shí)間后，線框在磁場下邊界與最大距離x_m之間往復(fù)運(yùn)動(dòng)，可以根據(jù)動(dòng)能定理直接求出最大距離．

解答：解：（1）設(shè)裝置由靜止釋放到導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)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(dòng)能定理  mgsinα?4d+W-BIld=0
         且Q=-W
         解得  Q=4mgdsinα-BIld
   （2）設(shè)線框剛離開磁場下邊界時(shí)的速度為v₁，則接著向下運(yùn)動(dòng)2d
        由動(dòng)能定理得：mgsinα?2d-BIld=0-

1

2

m

v

2 1

        裝置在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)收到的合力F=mgsinα-F′
        感應(yīng)電動(dòng)勢   E=Bdv
        感應(yīng)電流     I′=

E

R

        安培力       F'=BI'd
       由牛頓第二定律，在t到t+△t時(shí)間內(nèi)，有△v=

F

m

△t
       則∑△v=∑[gsinα-

B2d2v

mR

]△t
       有v1=gt1sinα-

2B2d3

mR

       解得   t1=

2m(BIld-2mgdsinα) + 2B2d3 R

mgsinα

  （3）經(jīng)過足夠長時(shí)間后，線框在磁場下邊界與最大距離x_m之間往復(fù)運(yùn)動(dòng)
       由動(dòng)能定理   mgsinα?x_m-BIl（x_m-d）=0
       解得    xm=

BIld

BIl-mgsinα

答：（1）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；（2）線框第一次穿越磁場區(qū)域所需的時(shí)間t₁為

2m(BIld-2mgdsinα) + 2B2d3 R

mgsinα

；（3）經(jīng)過足夠長時(shí)間后，線框上邊與磁場區(qū)域下邊界的最大距離Χ_m為

BIld

BIl-mgsinα

．

點(diǎn)評：該題考查了動(dòng)能定理以及微元法在磁場中的運(yùn)用，微元法思想的滲透對加深學(xué)生對物理概念、物理規(guī)律的理解，提高解決物理問題的能力有很大的幫助．該題難度很大，涉及的知識(shí)點(diǎn)比較多，對同學(xué)們的能力要求很高，屬于難題．