Question

16．如圖所示，導(dǎo)線框abcdef的質(zhì)量為m，電阻為r，ab邊長(zhǎng)為l₁，cd邊長(zhǎng)$\frac{l_1}{3}$，bc、de邊長(zhǎng)均為l₂，ab邊正下方h處有單邊有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，其水平邊界為PQ，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于紙面向里．使線框從靜止開始下落，下落過(guò)程中ab邊始終水平，且cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)前的某一時(shí)刻，線框已開始勻速運(yùn)動(dòng)．重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力．求：
（1）cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)前的某一時(shí)刻，線框開始做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度；
（2）cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間線框的加速度；
（3）此后，當(dāng)ef邊進(jìn)入磁場(chǎng)前的某一時(shí)刻，線框又能開始勻速下落，求從cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，線框損失的機(jī)械能．

Answer 1

分析 （1）由E=BLv求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由歐姆定律求出電流，應(yīng)用安培力公式與平衡條件求出速度．
（2）由E=BLv求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由歐姆定律求出電流，應(yīng)用安培力公式與牛頓第二定律求出加速度．
（3）求出線框再次做勻速運(yùn)動(dòng)的速度，應(yīng)用能量守恒定律求線框損失的機(jī)械能．

解答 解：（1）勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E₁=Bl₁v₁，
感應(yīng)電流：I₁=$\frac{{E}_{1}}{r}$，
由平衡條件得：mg=BI₁l₁，
解得：v₁=$\frac{mgr}{{B}^{2}{l}_{1}^{2}}$；
（2）cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間線框的電動(dòng)勢(shì)
E₂=B（l₁-$\frac{1}{3}$l₁）v₁，
電流：I₂=$\frac{{E}_{2}}{r}$，
由牛頓第二定律得：mg-BI₂（l₁-$\frac{1}{3}$l₁）=ma，
解得：a=$\frac{5}{9}$g；
（3）再次達(dá)到勻速時(shí)，同理可得：
v₂=$\frac{mgr}{{B}^{2}（{l}_{1}-\frac{1}{3}{l}_{1}）^{2}}$=$\frac{9mgr}{4{B}^{2}{l}_{1}^{2}}$，
從cd剛進(jìn)入磁場(chǎng)到線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中損失的機(jī)械能：
△E=mgl₂-（$\frac{1}{2}$mv₂²-$\frac{1}{2}$mv₁²），
解得：△E=mgl₂-$\frac{65{m}^{3}{g}^{2}{r}^{2}}{32{B}^{4}{l}_{1}^{4}}$；
答：（1）cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)前的某一時(shí)刻，線框開始做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為$\frac{mgr}{{B}^{2}{l}_{1}^{2}}$；
（2）cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間線框的加速度為$\frac{5}{9}$g；
（3）從cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，線框損失的機(jī)械能為mgl₂-$\frac{65{m}^{3}{g}^{2}{r}^{2}}{32{B}^{4}{l}_{1}^{4}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了求速度、加速度與損失的機(jī)械能，分析清楚運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用E=BLv、歐姆定律、安培力公式、平衡條件、能量守恒定律即可正確解題．