Question

4．如圖所示，正方形單匝均勻線框abcd，邊長L=0.4m，每邊電阻相等，總電阻R=0.5Ω．一根足夠長的絕緣輕質(zhì)細線跨過兩個輕質(zhì)光滑定滑輪，一端連接正方形線框，另一端連接絕緣物體P，物體P放在一個光滑的足夠長的固定斜面上，斜面傾角θ=30°，斜面上方的細線與斜面平行．在正方形線框正下方有一有界的勻強磁場，上邊界I和下邊界II都水平，兩邊界之間距離也是L=0.4m．磁場方向水平，垂直紙面向里，磁感應強度大小B=0.5T．現(xiàn)讓正方形線框的cd邊距上邊界I的正上方高度h=0.9m的位置由靜止釋放，且線框在運動過程中始終與磁場垂直，cd邊始終保持水平，物體P始終在斜面上運動，線框剛好能以v=3m/s的速度進入勻強磁場并勻速通過勻強磁場區(qū)域．釋放前細線繃緊，重力加速度 g=10m/s²，不計空氣阻力．
（1）線框的cd邊在勻強磁場中運動的過程中，c、d間的電壓是多大？
（2）線框的質(zhì)量m₁和物體P的質(zhì)量m₂分別是多大？
（3）在cd邊剛進入磁場時，給線框施加一個豎直向下的拉力F使線框以進入磁場前的加速度勻加速通過磁場區(qū)域，在此過程中，力F做功w=0.4J，求正方形線框cd邊產(chǎn)生的焦耳熱是多少？

Answer 1

分析 （1）線框進入磁場切割磁感線運動由E=BLv可求得電動勢，由閉合電路可求得進入磁場和出磁場時c、d間的電壓U_cd；
（2）由平衡條件可求得線框的質(zhì)量m₁和物體P的質(zhì)量m₂；
（3）因為線框在磁場中運動的加速度與進入前的加速度相同，所以在通過磁場區(qū)域的過程中，線框和物體P的總機械能保持不變，故力F做功W等于整個線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q，在由閉合電路可求得進入磁場和出磁場時cd產(chǎn)生的熱量．

解答 解：（1）正方形線框勻速通過勻強磁場區(qū)域的過程中，設cd邊上的感應電動勢為E，線框中的電流強度為I，c、d間的電壓為U_cd，則
根據(jù)法拉第電磁感應定律可得：E=BLv
由歐姆定律可得：I=$\frac{E}{R}$
c、d間的電壓為：U_cd=$\frac{3}{4}E$，
解得U_cd=0.45V；
（2）正方形線框勻速通過磁場區(qū)域的過程中，設受到的安培力為F，細線上的張力為T，則：
根據(jù)安培力計算公式可得：F=BIL
對P根據(jù)平衡條件可得：T=m₂gsinθ
對線框根據(jù)平衡條件可得：m₁g=T+F
正方形線框在進入磁場之前的運動過程中，根據(jù)能量守恒，則
m₁gh-m₂ghsinθ=$\frac{1}{2}（{m}_{1}+{m}_{2}）{v}^{2}$
解得m₁=0.032kg，m₂=0.016kg；
（3）因為線框在磁場中運動的加速度與進入前的加速度相同（只受重力），所以在通過磁場區(qū)域的過程中，線框和物體P的總機械能保持不變，
故力F做功W等于整個線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q，即：W=Q=0.4J；  
設線框cd邊產(chǎn)生的焦耳熱為Q_cd，根據(jù)Q=I²Rt得：
Q_cd=$\frac{1}{4}$Q=0.1J．
答：（1）線框的cd邊在勻強磁場中運動的過程中，c、d間的電壓是0.45V
（2）線框的質(zhì)量m₁和物體P的質(zhì)量m₂分別是m₁=0.032kg，m₂=0.016kg 
（3）正方形線框cd邊產(chǎn)生的焦耳熱是0.1J

點評 對于電磁感應問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動能定理、功能關(guān)系等列方程求解．