Question

如圖所示，空間等間距分布著方向相反的水平方向的條形勻強(qiáng)磁場(chǎng)，豎直方向磁場(chǎng)區(qū)域足夠長(zhǎng)，磁感強(qiáng)度均為B，每一條形磁場(chǎng)區(qū)域的寬度及相鄰條形磁場(chǎng)區(qū)域的間距均為d，現(xiàn)有一邊長(zhǎng)為d、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形的均勻的導(dǎo)線框以與水平成θ角的初速度v₀（速度方向與磁場(chǎng)垂直）從如圖位置開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間速度變?yōu)榱悖�求�?br />（1）此過(guò)程線框受到安培力最大值．
（2）線框從如圖位置到速度為零的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱．
（3）線框從如圖位置到速度為零的過(guò)程中線框所發(fā)生的位移．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解，將速度分解成水平與豎直方向，由法拉第電磁感應(yīng)定律，即可求出左右兩邊切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)閉合電路歐姆定律與安培力公式可求出線框左右兩邊的安培力大小，而上下兩邊線框受到的安培力正好方向相反，因此線框剛運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到的安培力最大；
（2）線框在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，因安培力做功，導(dǎo)致沿著水平方向的速度為零，則部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為熱能，即可求解．
（3）由題意可知，線框豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，而水平方向受到安培力阻力，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式與牛頓第二定律，分別求出兩方向的位移，最后矢量法則進(jìn)行位移的合成，確定位移的大小與方向．

解答：解：（1）線框運(yùn)動(dòng)分解成水平方向與豎直方向運(yùn)動(dòng)，豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，而水平方向受到安培阻力．
線框在豎直方向雖然切割磁感應(yīng)線，產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到安培力作用，由于安培力大小相等，方向相反，因此豎直方向安培力為零．
則將速度分解，有水平速度為v₀cosθ，由法拉第電磁感應(yīng)定律，因左右兩邊切割磁感應(yīng)線，且感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向相同，則有E=2Bdv₀cosθ，
則兩邊安培力大小均為

2B2d2v0cosθ

R

，由于安培力方向相同，因此過(guò)程線框受到安培力最大值為

4B2d2v0cosθ

R

．
（2）線框在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由于安培力做功，導(dǎo)致沿著水平方向的速度為零，則線框的部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為熱能，
因此線框從如圖位置到速度為零的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q，
根據(jù)能量守恒定律，則有：

1

2

m(v0cosθ)2=Q
解之得：Q=

1

2

m

v

2 0

cos2θ
（3）線框在豎直方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，則有：H=

(v0sinθ)2

2g

；
在水平方向做變減速運(yùn)動(dòng)，同理，水平位移 x=

(v0cosθ)2

2× 4B2d2v0cosθ mR 2

=

mRv0cosθ

4B2d2

根據(jù)矢量合成法則，則有線框運(yùn)動(dòng)的位移為s=

(mRv0cosθ)2 16B4d4 + (v0sinθ)4 4g2

設(shè)位移與水平夾角為α，則有：tanα=

H

x

解得，α=actan

2v0B2d2sin2θ

mgRcosθ

答：（1）此過(guò)程線框受到安培力最大值為

4B2d2v0cosθ

R

．
（2）線框從如圖位置到速度為零的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱

1

2

m

v

2 0

cos2θ．
（3）線框從如圖位置到速度為零的過(guò)程中線框所發(fā)生的位移大小為s=

(mRv0cosθ)2 16B4d4 + (v0sinθ)4 4g2

，而方向與水平方向的夾角為actan

2v0B2d2sin2θ

mgRcosθ

．

點(diǎn)評(píng)：考查法拉第電磁感應(yīng)定律、左手定則與閉合電路歐姆定律的應(yīng)用，理解焦耳定律的運(yùn)用，學(xué)會(huì)運(yùn)動(dòng)的合成與分解．注意線框兩邊切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向，以及兩邊的安培力大小計(jì)算．