Question

19．如圖所示，水平面上有一個高為d的木塊，木塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.1．由均勻金屬材料制成的邊長為2d、有一定電阻的正方形單匝線框，豎直固定在木塊上表面，它們的總質(zhì)量為m．在木塊右側(cè)有兩處相鄰的邊長均為2d的正方形區(qū)域，正方形底邊離水平面高度為2d．兩區(qū)域各有一水平方向的勻強(qiáng)磁場穿過，其中一個方向垂直于紙面向里，另一個方向垂直于紙面向外，區(qū)域Ⅱ中的磁感應(yīng)強(qiáng)度為區(qū)域Ⅰ中的3倍．木塊在水平外力作用下勻速通過這兩個磁場區(qū)域．已知當(dāng)線框右邊MN剛進(jìn)入Ⅰ區(qū)時，外力大小恰好為F₀=$\frac{3}{20}$mg，此時M點(diǎn)電勢高于N點(diǎn)，M、N兩點(diǎn)電勢差U_MN=U．試求：

（1）區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向怎樣？
（2）線框右邊MN在Ⅰ區(qū)運(yùn)動過程中通過線框任一橫截面的電量q．
（3）MN剛到達(dá)Ⅱ區(qū)正中間時，拉力的大小F．
（4）MN在Ⅱ區(qū)運(yùn)動過程中拉力做的功W．

Answer 1

分析 （1）已知當(dāng)線框右邊MN剛進(jìn)入Ⅰ區(qū)時，M點(diǎn)電勢高于N點(diǎn)，說明MN中感應(yīng)電流方向由N到M，由右手定則判斷磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向．
（2）根據(jù)法拉第定律、歐姆定律及U_MN=U=$\frac{3}{4}Bdv$列式求出B．由于線框勻速通過磁場，受力平衡，列式求出感應(yīng)電流I，再q=It求解電量．
（3）MN剛到達(dá)Ⅱ區(qū)正中間時，線框左右兩邊切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，求出總的感應(yīng)電動勢，得到感應(yīng)電流．由于線框上邊各有一半處在磁場Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū)中，所以分別受到向上與向下的安培力作用，根據(jù)豎直方向力平衡求出地面的支持力，由水平方向力平衡求出拉力F．
（4）隨著MN在磁場Ⅱ區(qū)的運(yùn)動，木塊受到的支持力N_x隨發(fā)生的位移x而變化，由平衡條件得到支持力與x的關(guān)系，求出支持力的平均值，即可求得摩擦力的平均值，再由功的公式計(jì)算拉力做的功W．

解答 解：（1）由題，當(dāng)線框右邊MN剛進(jìn)入Ⅰ區(qū)時，M點(diǎn)電勢高于N點(diǎn)，說明MN中感應(yīng)電流方向由N到M，由右手定則判斷知，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向向外．
（2）設(shè)線框的總電阻為R，磁場Ⅰ區(qū)的磁感強(qiáng)度為B，線框右邊MN在Ⅰ區(qū)運(yùn)動過程中有一半長度切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，有
    I=$\frac{E}{R}$=$\frac{Bdv}{R}$，U=I•$\frac{3}{4}$R=$\frac{3}{4}Bdv$
線框右邊MN在Ⅰ區(qū)運(yùn)動過程中，木塊與線框受力平衡，有
  F₀-F_A-μmg=0
得 F_A=BId=$\frac{3}{20}$mg-0.1mg=$\frac{1}{20}$mg
通過線框任一橫截面的電量q為
 q=It，其中 t=$\frac{2d}{v}$，得 I=$\frac{2Id}{v}$
聯(lián)立以上各式，解得 q=$\frac{3mgd}{40U}$
（3）MN剛到達(dá)Ⅱ區(qū)正中間時，流過線框的電流為
  I′=$\frac{3Bdv+Bdv}{R}$=$\frac{4Bdv}{R}$=4I
線框左、右兩條邊均受到向左的安培力作用，總的安培力大小為
  F_A′=BI′d+3BI′d=16F_A=$\frac{4}{5}$mg
由于線框上邊各有一半處在磁場Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū)中，所以分別受到向上與向下的安培力作用，此時木塊受到的支持力N為
  N=mg+3BI′d-BI′d=mg+8F_A=$\frac{7}{5}$mg
木塊與線框組成的系統(tǒng)受力平衡，因此拉力F為
  F=F_A′+μN(yùn)=$\frac{4}{5}$mg+$\frac{7}{50}$mg=$\frac{47}{50}$mg
（4）隨著MN在磁場Ⅱ區(qū)的運(yùn)動，木塊受到的支持力N_x隨發(fā)生的位移x而變化，有
  N_x=mg+3BI′x-BI′（2d-x）=mg-2BI′d+4BI′x
由于N_x隨位移x線性變化，因此MN在Ⅱ區(qū)運(yùn)動過程中木塊受到的平均支持力為
  $\overline{N}$=mg-2BI′d+$\frac{4BI′•2d}{2}$=mg+2BI′d=$\frac{7}{5}$mg
此過程中拉力做的功W為
  W=F_A′•2d+$μ\overline{N}$•2d=$\frac{4}{5}$mg•2d+$\frac{7}{50}$mg•2d=$\frac{47}{25}$mgd
答：
（1）區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向向外．
（2）線框右邊MN在Ⅰ區(qū)運(yùn)動過程中通過線框任一橫截面的電量q為$\frac{3mgd}{40U}$．
（3）MN剛到達(dá)Ⅱ區(qū)正中間時，拉力的大小F為$\frac{47}{50}$mg．
（4）MN在Ⅱ區(qū)運(yùn)動過程中拉力做的功W為$\frac{47}{25}$mgd．

點(diǎn)評 本題是電磁感應(yīng)與電路、力學(xué)的綜合，關(guān)鍵掌握楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)、歐姆定律等電磁感應(yīng)的基本規(guī)律，要注意線框通過兩磁場交界處時左右兩邊都切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢是串聯(lián)關(guān)系．