Question

7．如圖甲所示，空間存在著一個范圍足夠大的豎直向下的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，邊長為L的正方形金屬框abcd（下簡稱方框）放在光滑的水平地面上，其外側(cè)套著一個與方框邊長相同的U型金屬框架MNPQ（下簡稱U型框），U型框與方框之間接觸良好且無摩擦．兩個金屬框每條邊的質(zhì)量均為m，每條邊的電阻均為r．

（1）將方框固定不動，用力拉動U型框使它以速度v₀垂直NP邊向右勻速運(yùn)動，當(dāng)U型框的MQ端滑至方框的最右端（如圖乙所示）時，方框上的bc兩端的電勢差為多大？此時方框的熱功率為多大？
（2）若方框不固定，給U型框垂直NP邊向右的初速度v₀，如果U型框恰好不能與方框分離，則在這一過程中兩框架上產(chǎn)生的總熱量為多少？
（3）若方框不固定，給U型框垂直NP邊向右的初速度v（v＞v₀），U型框最終將與方框分離．如果從U型框和方框不再接觸開始，經(jīng)過時間t，方框最右側(cè)和U型框最左側(cè)的距離為s．求兩金屬框分離時的速度各為多大？

Answer 1

分析 （1）U型框向右做切割磁感線運(yùn)動，由E=BLv₀、歐姆定律求感應(yīng)電流的大小．NP相當(dāng)于電源，bc與ad組成一個并聯(lián)的外電路，即可由歐姆定律和公式P=$\frac{{U}^{2}}{R}$求方框的熱功率．
（2）若方框不固定，方框也向右運(yùn)動，先做加速度減小的加速運(yùn)動，U形框恰好不能與方框分離，兩者速度相等而后做勻速運(yùn)動，整體所受的合力為零，根據(jù)動量守恒求出共同速度，再由能量守恒求熱量．
（3）從U形框和方框不再接觸，兩者都做勻速運(yùn)動．設(shè)分離時，U形框速度為v₁，方框速度為v₂，根據(jù)動量守恒和運(yùn)動學(xué)公式列式求兩金屬框分離后的速度．

解答 解：（1）當(dāng)方框固定不動，U型框以v₀滑至方框最右側(cè)時，設(shè)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，則E=BLv₀   ①
bc間并聯(lián)電阻 R_并=$\frac{r•3r}{r+3r}$=$\frac{3}{4}$r     ②
bc兩端的電勢差 U_bc=$\frac{E}{{R}_{并}+2r+r}{R}_{并}$   ③
由①②③得 U_bc=$\frac{1}{5}$BLv₀     ④
此時方框得熱功率P=（$\frac{E}{{R}_{并}+2r+r}$）²R_并    ⑤
由①②⑤得 P=$\frac{4{B}^{2}{L}^{2}{v}_{0}^{2}}{75r}$     ⑥
（2）若方框不固定，方框（U型框）每條邊的質(zhì)量為m，則U型框﹑方框的質(zhì)量分別為3m和4m．又設(shè)U型框恰好不與方框分離時的速度為v，此過程中產(chǎn)生的總熱量為Q，由動量守恒定律可知
   3mv₀=（3m+4m）v ⑦
據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒，可知：
  Q=$\frac{1}{2}$•3m${v}_{0}^{2}$-$\frac{1}{2}（3m+4m）{v}^{2}$  ⑧
由⑦⑧可知 Q=$\frac{6}{7}m{v}_{0}^{2}$    ⑨
（3）若方框不固定，設(shè)U型框與方框分離時速度分別為v₁、v₂，
由動量守恒可知 3mv₀=3mv₁+4mv₂ ⑩
從U形框和方框不再接觸后，都做勻速運(yùn)動，在t時間內(nèi)相距為  s=v₁t-v₂t （11）
可得 v₁=$\frac{1}{7}$（3v+$\frac{4s}{t}$），v₂=$\frac{3}{7}$（v-$\frac{s}{t}$）
答：（1）方框上的bc兩端的電勢差為$\frac{1}{5}$BLv₀，此時方框的熱功率為 $\frac{4{B}^{2}{L}^{2}{v}_{0}^{2}}{75r}$．
（2）在這一過程中兩框架上產(chǎn)生的總熱量為$\frac{6}{7}m{v}_{0}^{2}$．  
（3）兩金屬框分離時的速度各為$\frac{1}{7}$（3v+$\frac{4s}{t}$）、$\frac{3}{7}$（v-$\frac{s}{t}$）．

點(diǎn)評 本題第（1）問并不難，只要將外電路的連接方式搞懂，并細(xì)心算出bc之間的并聯(lián)電阻即可解答；第（2）問只要運(yùn)用動量守恒定律和能量轉(zhuǎn)化守恒定律即可解答；第（3）問只要利用動量守恒定律和相對運(yùn)動也不難解答．