Question

8．如圖所示，在空中有一水平方向的勻強磁場區(qū)域，區(qū)域的上、下邊緣間距為h，磁感應(yīng)強度為B．有一寬度為b（b＜h）、長度為L、電阻為R、質(zhì)量為m的矩形導(dǎo)體線圈緊貼磁場區(qū)域的上邊緣從靜止起豎直下落，當(dāng)線圈的PQ邊出磁場下邊緣時，恰好開始勻速運動．求：
（1）當(dāng)線圈的PQ邊出磁場下邊緣時，勻速運動的速度大小v．
（2）線圈穿越磁場區(qū)域過程中所產(chǎn)生的焦耳熱Q．
（3）線圈穿越磁場區(qū)域經(jīng)歷的時間t．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)線圈的PQ邊到達磁場下邊緣時，恰好做勻速運動，重力與安培力二力平衡，由平衡條件和安培力公式求出線圈的速度；
（2）線圈穿越磁場區(qū)域過程中，機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，運用能量守恒定律求焦耳熱．
（3）線圈開始運動到剛好完全進入磁場的過程，根據(jù)牛頓第二定律和加速度的定義式，運用微元法求線框進入磁場的時間．線框完全在磁場中做勻加速直線運動，由運動學(xué)公式求時間，即可得到總時間．

解答 解析：（1）當(dāng)線圈勻速運動時有  $mg=B\frac{BLυ}{R}L$
解得：$υ=\frac{mgR}{{{B^2}{L^2}}}$
（2）根據(jù)能量守恒定律  $mg（h+b）=\frac{1}{2}m{υ^2}+Q$
解得：$Q=mg（h+b）-\frac{{{m^3}{g^2}{R^2}}}{{2{B^4}{L^4}}}$
（3）線圈開始運動到剛好完全進入磁場的過程，末速度為υ₀    
根據(jù)牛頓第二定律得 $mg-F=ma=m\frac{△υ}{△t}$
得：$mg\sum{△t}-BL\sum{i△t}=m\sum{△υ}$    
則：mgt₁-BLq=mυ_o
又 $q=\frac{△φ}{R}=\frac{BLb}{R}$
解得：${t_1}=\frac{υ_0}{g}+\frac{{{B^2}{L^2}b}}{mgR}$
線圈進入磁場后做勻加速下降的過程  ${t_2}=\frac{{υ-{υ_0}}}{g}$
線圈勻速離開磁場的過程  ${t_3}=\frac{υ}$
線圈穿越磁場的總時間 $t={t_1}+{t_2}+{t_3}=\frac{mR}{{{B^2}{L^2}}}+\frac{{2{B^2}{L^2}b}}{mgR}$
答：
（1）當(dāng)線圈的PQ邊出磁場下邊緣時，勻速運動的速度大小v是$\frac{mgR}{{B}^{2}{L}^{2}}$．
（2）線圈穿越磁場區(qū)域過程中所產(chǎn)生的焦耳熱Q是mg（h+d）-$\frac{{m}^{3}{g}^{2}{R}^{2}}{2{B}^{4}{L}^{4}}$．
（3）線圈穿越磁場區(qū)域經(jīng)歷的時間t是$\frac{mR}{{B}^{2}{L}^{2}}$+$\frac{2{B}^{2}{L}^{2}b}{mgR}$．

點評 本題是電磁感應(yīng)與力學(xué)的綜合，正確分析線圈的受力情況，運用力學(xué)的基本規(guī)律解答，要注意線框進入磁場時做的是非勻變速運動，不能根據(jù)運動學(xué)公式求解時間，而運用積分法求解，要學(xué)會運用．