Question

有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域的上下邊界MM＇、NN＇與水平面平行，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向如圖所示，磁場(chǎng)上下邊界的距離為H。一矩形線(xiàn)圈abcd位于豎直平面內(nèi)，其質(zhì)量為m，電阻為R，ab邊長(zhǎng)L₁，bd邊長(zhǎng)L₂，且L₂＜H�，F(xiàn)令線(xiàn)框從離磁場(chǎng)區(qū)域上邊界MM＇的距離為h處自由下落， 當(dāng)cd邊已進(jìn)入磁場(chǎng)，ab邊還未進(jìn)入磁場(chǎng)的某一時(shí)刻，線(xiàn)框的速度已到達(dá)其完全進(jìn)入磁場(chǎng)前的最大值，線(xiàn)框下落過(guò)程中cd邊始終與磁場(chǎng)邊界平行。試求：

（1）線(xiàn)框完全進(jìn)入磁場(chǎng)前速度的最大值；

（2）從線(xiàn)框開(kāi)始下落到cd邊剛剛到達(dá)磁場(chǎng)區(qū)域下邊界NN＇的過(guò)程中，磁場(chǎng)作用于線(xiàn)框的安培力所做的功；

（3）線(xiàn)框cd邊剛穿出磁場(chǎng)區(qū)域下邊界NN＇時(shí)線(xiàn)框的加速度。

 

Answer 1

解：（1）設(shè)速度大小為v₁，此時(shí)線(xiàn)框的重力和線(xiàn)框ab邊受到的安培力平衡，令此時(shí)線(xiàn)框中的電流強(qiáng)度為I₁，應(yīng)有BI₁L₁=mg（2分），（2分），故（2分）

（2）設(shè)線(xiàn)框達(dá)到速度v₁時(shí)，cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)的深度為h₁，從下落到此時(shí)安培力對(duì)線(xiàn)框做功為W₁。對(duì)于線(xiàn)框由動(dòng)能定理，得…①（1分）

線(xiàn)框從有速度v₁到完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線(xiàn)框作勻速運(yùn)動(dòng)，此過(guò)程中安培力對(duì)線(xiàn)框做功W₂，由動(dòng)能定理有mg(L₂-h₁)+W₂=0…②（1分），

從線(xiàn)框完全進(jìn)入磁場(chǎng)到cd邊剛到磁場(chǎng)區(qū)域下邊界NN＇的過(guò)程中，線(xiàn)框中無(wú)電流，故此過(guò)程中安培力對(duì)線(xiàn)框所做的功為零（1分），所以整個(gè)過(guò)程中磁場(chǎng)作用于線(xiàn)框的安培力所做的總功為W_安=W₁+W₂ … ③，由①、②、③式

可得，W_安= …④（1分）

（3）設(shè)線(xiàn)框的cd邊剛剛穿出磁場(chǎng)區(qū)域下邊界NN＇時(shí)線(xiàn)框的速度v₂，則從線(xiàn)框剛下落到cd邊穿出磁場(chǎng)的整個(gè)過(guò)程中，由動(dòng)能定理，可得mg(h+H)+W_安=…⑤（1分），

由④、⑤式解得 … ⑥（1分）

線(xiàn)框的cd邊剛出磁場(chǎng)時(shí)只有ab邊切割磁感線(xiàn)，使線(xiàn)框中產(chǎn)生感應(yīng)電流，導(dǎo)致ab邊受到向上的安培力，設(shè)此時(shí)線(xiàn)框的加速度為a，且設(shè)向下的方向?yàn)檎�方向，則由電磁感應(yīng)定律及牛頓第二定律，有…⑦（1分）

由 ⑥、⑦式可解得＜0

所以所求加速度大小 （1分），方向豎直向上。