Question

20．如圖所示，質(zhì)量為m、電阻為R、ab邊長為L的矩形金屬單匝線圈豎直放置，水平虛線MN、PQ之間高度差為d，t=0時刻將線圈由圖中位置由靜止釋放，同時在虛線之間加一方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小隨時間t的變化關(guān)系為B=kt（k為已知常數(shù)）：t=t₁（t₁未知）時，ab邊進(jìn)入磁場電流恰好為0；t=t₂時ab邊穿出磁場前的瞬間線圈加速度為0．（不計空氣阻力，重力加速度為g）求：
（1）ab邊未進(jìn)入磁場之前，線圈中的電流大小及線圈消耗的電功率；
（2）從t=0到ab邊剛進(jìn)入磁場所需時間t₁；
（3）ab邊在穿過磁場過程中，線圈中產(chǎn)生的焦耳熱．

Answer 1

分析 （1）ab邊進(jìn)入磁場前，線圈做自由落體運動運動，由法拉第電磁定律求出由于磁場變化而產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，由歐姆定律求出感應(yīng)電流的大小，由P=UI求出功率；
（2）由E=BLv求出ab切割磁感線而產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，由題意知，這兩個電動勢的和電動勢是零，據(jù)此求出ab邊剛進(jìn)入磁場所需時間t₁；
（3）線圈穿出磁場時的加速度為零，合力為零，求出此時線圈受到的安培力，由平衡條件求出線圈穿出磁場時的速度，然后由功能關(guān)系求出線圈中產(chǎn)生的焦耳熱．

解答 解：（1）線圈進(jìn)入磁場前做自由落體運動運動，由法拉第電磁感應(yīng)定律得，由于磁場變化產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：
E₁=$\frac{△Φ}{△t}$=S$\frac{△B}{△t}$=kdL，
此時產(chǎn)生的感應(yīng)電流：${I}_{1}=\frac{{E}_{1}}{R}=\frac{kdL}{R}$
線圈消耗的電功率：$P={E}_{1}{I}_{1}=\frac{{k}^{2}xm9ft0s^{2}{L}^{2}}{R}$
（2）ab邊剛進(jìn)入磁場時，ab邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：
E₁′=B₁Lv₁=kt₁•L•gt₁
由題意可知瞬間電流為0，
則：E_合=E₁-E₁′=0
即：kdL=kt₁•L•gt₁，
所以：${t}_{1}=\sqrt{\fracveknevk{g}}$
（3）當(dāng)t=t₂時，由題意知：mg-B₂I₂L=0
設(shè)ab邊穿出磁場瞬間的速度為v₂，則：E₂=B₂Lv₂，${I}_{2}=\frac{{E}_{2}}{R}$，B₂=kt₂
所以：${v}_{2}=\frac{mgR}{{k}^{2}{t}_{2}^{2}{L}^{2}}$，
又線圈進(jìn)入磁場前做自由落體運動運動，則：v₁=gt₁
由動能定理：$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}=mgd-Q$，
解得：$Q=mgd+\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$=$mgd+\frac{1}{2}mgd-\frac{1}{2}m×\frac{{m}^{2}{g}^{2}{R}^{2}}{{k}^{4}{t}_{2}^{4}{L}^{4}}$=$\frac{3}{2}mgd-\frac{{m}^{3}{g}^{2}{R}^{2}}{2{k}^{4}{t}_{2}^{4}{L}^{4}}$；
答：（1）ab邊未進(jìn)入磁場之前，線圈中的電流大小是$\frac{kdL}{R}$，線圈消耗的電功率$\frac{{k}^{2}gbe8ltl^{2}{L}^{2}}{R}$；
（2）從t=0到ab邊剛進(jìn)入磁場所需時間是$\sqrt{\fracvvixtge{g}}$；
（3）ab邊在穿過磁場過程中，線圈中產(chǎn)生的焦耳熱是$\frac{3}{2}mgd-\frac{{m}^{3}{g}^{2}{R}^{2}}{2{k}^{4}{t}_{2}^{4}{L}^{4}}$．

點評 分析清楚線圈的運動過程、對線圈正確受力分析、熟練應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律、動能定律是正確解題的關(guān)鍵，本題計算量大，過程較復(fù)雜，是一道難題，解題是要細(xì)心、認(rèn)真，否則會出錯．