Question

13．如圖所示，通過水平絕緣傳送帶輸送完全相同的正方形單匝銅線框，為了檢測出個(gè)別未閉合的不合格線框，讓線框隨傳送帶通過一固定勻強(qiáng)磁場區(qū)域（磁場方向垂直于傳送帶平面向下），觀察線框進(jìn)入磁場后是否相對傳送帶滑動就能夠檢測出未閉合的不合格線框．已知磁場邊界MN、PQ與傳送帶運(yùn)動方向垂直，MN與PQ間的距離為d，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．各線框質(zhì)量均為m，電阻均為R，邊長均為L（L＜d）；傳送帶以恒定速度v0向右運(yùn)動，線框與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g．線框在進(jìn)入磁場前與傳送帶的速度相同，且右側(cè)邊平行于MN減速進(jìn)入磁場，當(dāng)閉合線框的右側(cè)邊經(jīng)過邊界PQ時(shí)又恰好與傳送帶的速度相同．設(shè)傳送帶足夠長，且在傳送帶上始終保持右側(cè)邊平行于磁場邊界．對于閉合線框，求：
（1）線框的右側(cè)邊剛進(jìn)入磁場時(shí)所受安培力的大�。�
（2）線框在進(jìn)入磁場的過程中運(yùn)動加速度的最大值以及速度的最小值；
（3）從線框右側(cè)邊剛進(jìn)入磁場到穿出磁場后又相對傳送帶靜止的過程中，傳送帶對該閉合銅線框做的功．

Answer 1

分析 （1）由E=BLv求出電動勢，由歐姆定律求電流，然后由安培力公式求出安培力．
（2）由牛頓第二定律求出加速度，由動能定理求出速度．
（3）由功的計(jì)算公式與動能定理求出功．

解答 解：（1）線框右側(cè)邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，感應(yīng)電動勢：E=BLv₀，
感應(yīng)電流：$I=\frac{E}{R}=\frac{{BL{v_0}}}{R}$，
右側(cè)邊所受安培力：$F=BIL=\frac{{{B^2}{L^2}{v_0}}}{R}$；
（2）線框以速度v₀進(jìn)入磁場，在進(jìn)入磁場的過程中，受安培力而減速運(yùn)動；進(jìn)入磁場后，在摩擦力作用下加速運(yùn)動，
當(dāng)其右側(cè)邊到達(dá)PQ時(shí)速度又恰好等于v₀，因此，線框在剛進(jìn)入磁場時(shí)，所受安培力最大，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(shí)線框的速度為v_min，
線框剛進(jìn)入磁場時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有：F-μmg=ma_m，
解得：${a_m}=\frac{{{B^2}{L^2}{v_0}}}{mR}-μg$，
在線框完全進(jìn)入磁場又加速運(yùn)動到達(dá)邊界PQ的過程中，根據(jù)動能定理，得：
$μmg（d-L）=\frac{1}{2}m{v^2}_0-\frac{1}{2}m{v^2}_{min}$，
解得：${v_{min}}=\sqrt{v_0^2-2μg（d-L）}$；
（3）線框從右側(cè)邊進(jìn)入磁場到運(yùn)動至磁場邊界PQ的過程中線框受摩擦力：f=μmg
由功的公式有：W₁=fd=μmgd，
線框出磁場與進(jìn)入磁場的受力情況完全相同，故線框完全出磁場瞬間的速度仍為v_min；
在線框完全出磁場后到加速至與傳送帶速度相同的過程中，設(shè)其位移x，
由動能定理有：$μmgx=\frac{1}{2}m{v^2}_0-\frac{1}{2}m{v^2}_{min}$，
解得：x=d-L，
線框右側(cè)邊出磁場到與傳送帶共速的過程中位移為：x'=x+L=d
此過程中摩擦力做功為：W₂=f x'=μmgd，
因此，整個(gè)過程傳送帶對線框做的功：W=W₁+W₂=2μmgd；
答：（1）線框的右側(cè)邊剛進(jìn)入磁場時(shí)所受安培力的大小為$\frac{{{B^2}{L^2}{v_0}}}{R}$；
（2）線框在進(jìn)入磁場的過程中，加速度的最大值為$\frac{{{B^2}{L^2}{v_0}}}{mR}-μg$-μg，速度的最小值為：$\sqrt{v_0^2-2μg（d-L）}$；
（3）從線框右側(cè)邊剛進(jìn)入磁場到整個(gè)線框穿出磁場后又相對傳送帶靜止的過程中，傳送帶對線框做的功為2μmgd．

點(diǎn)評 本題是電磁感應(yīng)與力學(xué)相結(jié)合的一道綜合題，分析清楚運(yùn)動過程是正確解題的前提與關(guān)鍵，分析清楚運(yùn)動過程、應(yīng)用安培力公式、牛頓第二定律、動能定理、功的計(jì)算公式即可正確解題．