Question

11．如圖所示，傾角為θ 的絕緣斜面上有一質(zhì)量（全部集中在cd邊，其他邊質(zhì)量不計(jì)）為m的正方形線圈，線圈的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，每條邊的電阻均為R．ABCD是矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場(chǎng)的方向垂直于斜面向上（圖中未畫出）．AB和CD之間的距離為L(zhǎng)，CD和PQ之間的距離 為2.5L．CD上方斜面是光滑的，CD下方斜面是粗糙的，且線圈與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ．線圈abcd從圖示位置由靜止開始下滑，cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框所受合力恰好為0，重力加速度為g．
（1）求線圈剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小；
（2）求從線圈進(jìn)入磁場(chǎng)到cd邊剛好達(dá)到CD位置，穿過線圈某橫截面的電荷量；
（3）若線圈的cd邊到達(dá)PQ位置時(shí)，線圈的瞬時(shí)速度為v，求線圈通過磁場(chǎng)的過程中，產(chǎn)生的焦耳熱．

Answer 1

分析 （1）cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)合力為零，根據(jù)平衡得出安培力的大小，結(jié)合切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式、歐姆定律和安培力的表達(dá)式求出線圈剛進(jìn)入磁場(chǎng)的速度．
（2）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律以及電流的定義式求出穿過線圈某橫截面的電荷量．
（3）根據(jù)能量守恒求出線圈通過磁場(chǎng)的過程中，產(chǎn)生的焦耳熱．

解答 解：（1）在進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=BLv₀，
則電路中的感應(yīng)電流為：I=$\frac{E}{4R}$，
線框所受安培力為：F_安=BIL，
且由平衡條件得：F_安=mgsinθ，
解得：${v}_{0}=\frac{4mgRsinθ}{{B}^{2}{L}^{2}}$．
（2）線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=$\frac{△Φ}{△t}$，
平均感應(yīng)電流為：I=$\frac{E}{4R}$，
則有：q=I△t=$\frac{△Φ}{4R}$=$\frac{B{L}^{2}}{4R}$．
（3）從開始下滑到滑至底端由能量守恒定律得：$mg（L+2.5L）sinθ+\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$=Q+2.5μmgLcosθ+$\frac{1}{2}m{v}^{2}$，
解得：Q=$\frac{7mgLsinθ}{2}+\frac{8{m}^{3}{g}^{2}si{n}^{2}θ}{{B}^{4}{L}^{4}}$$-\frac{5}{2}μmgLcosθ$-$\frac{1}{2}m{v}^{2}$．
答：（1）線圈剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為$\frac{4mRsinθ}{{B}^{2}{L}^{2}}$；
（2）穿過線圈某橫截面的電荷量為$\frac{B{L}^{2}}{4R}$；
（3）線圈通過磁場(chǎng)的過程中，產(chǎn)生的焦耳熱為$\frac{7mgLsinθ}{2}+\frac{8{m}^{3}{g}^{2}si{n}^{2}θ}{{B}^{4}{L}^{4}}$$-\frac{5}{2}μmgLcosθ$-$\frac{1}{2}m{v}^{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查電磁感應(yīng)規(guī)律與電路結(jié)合問題的分析，要注意明確分析物理過程，掌握平衡條件的應(yīng)用，同時(shí)注意利用平均電動(dòng)勢(shì)和平均電流求解通過導(dǎo)體截面的電荷量．