Question

1．如圖所示，一日字形導體框位于一勻強磁場上方l處，其中導體棒AB、CD、EF質量均為m、電阻均為R、長均為l，其它電阻不計，導體棒AC、BD的質量忽略不計，其長度為2l，水平方向的勻強磁場的磁感應強度為B，磁場寬度為2l，虛線MN、PQ為磁場邊界，某時刻起線框由靜止釋放，當EF進入磁場時，線框剛好開始做勻速運動，則：
（1）導體棒CD剛進入磁場時線框加速度的大小？
（2）線框勻速運動時速度的大小？
（3）從開始到線框勻速運動結束的過程中導體棒EF所產生的熱量？

Answer 1

分析 （1）根據動能定理求出CD邊剛進入磁場時的速度；
（2）勻速運動的過程中，CD邊與EF邊切割磁感線，并受到安培力的作用，由平衡條件列方程求出電流強度，然后結合閉合電路的歐姆定律和法拉第電磁感應定律即可求出磁場強度；
（3）分析當線框每條邊切割磁感線時的等效電路，確定切割的邊為電源，求出每條邊切割磁感線的時間，然后由焦耳定律求出EF邊發(fā)產生的焦耳熱．

解答 解：（1）下落的過程中重力做功，由動能定理，$3mgl=\frac{1}{2}•3m•{v}_{0}^{2}$
得：${v}_{0}=\sqrt{2gl}$
產生的電動勢：E₁=BLv₀
R_總=R+$\frac{1}{2}$R
感應電流：$I=\frac{E}{{R}_{總}}=\frac{2BL{v}_{0}}{3R}$
產生的安培力：F=BIL
加速度：$a=\frac{3mg-F}{3m}=\frac{3mg-\frac{2{B}^{2}{L}^{2}\sqrt{2gL}}{3R}}{3m}$
（2）當線框勻速運動時，CD邊與EF邊切割磁感線，等效電路如圖，
對電路，E₂=Blv
R_總′=R+$\frac{1}{2}$R
${I}_{總}=\frac{{E}_{2}}{{R}_{總}′}=\frac{2Blv}{3R}$
EF邊與CD邊受到的安培力的方向相同，都是向上，所以對線框：3mg=BI_總l=$\frac{2{B}^{2}{l}^{2}v}{3R}$
解得：$v=\frac{9mgR}{2{B}^{2}{l}^{2}}$
（3）只有CD邊切割磁感線的過程中，等效電路如圖：
由串并聯(lián)電路的特點可知，流過AB的電流與流過EF的電流是總電流的一半，由：Q=I²Rt，所以：${Q}_{AB}={Q}_{EF}=\frac{1}{4}{Q}_{CD}$
從CD邊進入到EF邊進入的過程中：$3mgl-{Q}_{AB}-{Q}_{EF}-{Q}_{CD}=\frac{1}{2}•3m{v}^{2}-\frac{1}{2}•3m{v}_{0}^{2}$
所以：${Q}_{EF}=mgl-\frac{81{m}^{2}{g}^{2}{R}^{2}}{16{B}^{4}{l}^{4}}$
當線框勻速運動時，CD邊與EF邊切割磁感線，由串并聯(lián)電路的特點可知，流過CD的電流與兩個EF的電流是總電流的一半，由：Q=I²Rt，
所以：$\frac{1}{4}{Q}_{AB}′={Q}_{EF}′={Q}_{CD}′$
所以：${Q}_{EF}′=\frac{1}{6}{Q}_{總}$
當CD邊出磁場時，AB邊恰好進入磁場，磁場中仍然有兩條邊切割磁感線，等效電路如圖：線框仍然受力平衡，線框繼續(xù)做勻速直線運動，直到EF邊出磁場，EF中產生的熱量是總熱量中的$\frac{1}{6}$．
所以，從EF邊進入磁場到EF出磁場的過程中，由功能關系得：3mg•2l=2Q_總=12Q_EF′
從開始到線框勻速運動結束的過程中導體棒EF所產生的熱量：$Q={Q}_{EF}+2{Q}_{EF}′=\frac{3}{2}mgl-\frac{81{m}^{2}{g}^{2}{R}^{2}}{16{B}^{4}{l}^{4}}$．
答：（1）導體棒CD剛進入磁場時線框加速度的大小是$\frac{3mg-\frac{2{B}^{2}{L}^{2}\sqrt{2gL}}{3R}}{3m}$；
（2）線框勻速運動時速度的大小是$\frac{9mgR}{2{B}^{2}{l}^{2}}$；
（3）從開始到線框勻速運動結束的過程中導體棒EF所產生的熱量是$\frac{3}{2}mgl-\frac{81{m}^{2}{g}^{2}{R}^{2}}{16{B}^{4}{l}^{4}}$

點評 按順序分析線框的受力情況，確定其運動情況以及等效電路是解決本題的關鍵點，同時要熟練推導出安培力與速度的關系．