Question

4．如圖所示，在高度為L(zhǎng)=1m、足夠?qū)挼膮^(qū)域MNPQ內(nèi)，有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=1T．質(zhì)量為m=1kg、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)=1m、總電阻R=1Ω的正方形導(dǎo)線(xiàn)框abcd（線(xiàn)框每條邊的電阻相同），在MN上方某一高度由靜止開(kāi)始自由下落．當(dāng)bc邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，導(dǎo)線(xiàn)框恰好做勻速運(yùn)動(dòng)．已知重力加速度為g取10m/s²，不計(jì)空氣阻力，求：
（1）導(dǎo)線(xiàn)框剛下落時(shí)，bc邊距磁場(chǎng)上邊界MN的高度h；
（2）導(dǎo)線(xiàn)框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)bc邊的電壓U_bc；
（3）導(dǎo)線(xiàn)框穿越磁場(chǎng)的整個(gè)過(guò)程中，導(dǎo)線(xiàn)框中產(chǎn)生的熱量Q．

Answer 1

分析 （1）線(xiàn)框速度達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，說(shuō)明線(xiàn)框受力平衡即線(xiàn)框所受重力和安培力平衡，根據(jù)安培力的大小求出此時(shí)感應(yīng)電流的大小，根據(jù)歐姆定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)從而求出此時(shí)線(xiàn)框的速度，根據(jù)動(dòng)能定理可以求出bc邊距磁場(chǎng)上邊界MN的高度h；
（2）bc邊的電壓U_bc=$\frac{3}{4}$E；
（3）當(dāng)線(xiàn)框速度已達(dá)穩(wěn)定時(shí)，從能量守恒的角度分析處理，線(xiàn)框減少的重力勢(shì)能等于線(xiàn)框增加的動(dòng)能與產(chǎn)生的熱量之和，計(jì)算出線(xiàn)框減少的勢(shì)能再計(jì)算出產(chǎn)生的熱量即可．

解答 解：設(shè)線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v，由于導(dǎo)線(xiàn)框恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，所以安培力與重力大小相等，方向相反，
即mg=F_安；
線(xiàn)框bc邊切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為：E=BLv
故線(xiàn)框中產(chǎn)生的電流為：I=$\frac{E}{R}$
線(xiàn)框在磁場(chǎng)中所受安培力為：F_安=BIL=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$
線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)前做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理可以求出線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v，即：
mgh=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$-0
聯(lián)立解得：h=$\frac{{m}^{2}g{R}^{2}}{2{B}^{4}{L}^{4}}$
（2）根據(jù)電路特點(diǎn)和歐姆定律知U_bc=$\frac{3}{4}$RI=$\frac{3}{4}$R$•\frac{mg}{BL}$=$\frac{3mgR}{4BL}$
（3）由于磁場(chǎng)的寬度與線(xiàn)框的寬度相等，所以線(xiàn)框勻速穿過(guò)整個(gè)的磁場(chǎng)，整個(gè)的過(guò)程中線(xiàn)框減小的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為線(xiàn)框產(chǎn)生的熱量，即：
Q=mg•2L
答：（1）導(dǎo)線(xiàn)框剛下落時(shí)，bc邊距磁場(chǎng)上邊界MN的高度是$\frac{{m}^{2}g{R}^{2}}{2{B}^{4}{L}^{4}}$；
（2）導(dǎo)線(xiàn)框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)bc邊的電壓U_bc為$\frac{3mgR}{4BL}$；
（3）導(dǎo)線(xiàn)框穿越磁場(chǎng)的整個(gè)過(guò)程中，導(dǎo)線(xiàn)框中產(chǎn)生的熱量是2mgL．

點(diǎn)評(píng) 本題是電磁感應(yīng)與力學(xué)知識(shí)的綜合，安培力是聯(lián)系電磁感應(yīng)和力學(xué)的橋梁，安培力的分析和計(jì)算是這類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵．