Question

5．如圖所示，光滑水平面上有正方形線框abcd，邊長為L、電阻為R、質(zhì)量為m．虛線PP'和QQ'之間有一豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強為B，寬度為H，且H＞L．線框在恒力F₀作用下開始向磁場區(qū)域運動，cd邊運動S后進入磁場，ab邊進入磁場前某時刻，線框已經(jīng)達到平衡狀態(tài)．當cd邊開始離開磁場時，撤去恒力F₀，重新施加外力F，使得線框做加速度大小為$\frac{F_0}{m}$的勻減速運動，最終離開磁場．
（1）cd邊剛進入磁場時兩端的電勢差；
（2）cd邊從進入磁場到QQ'這個過程中安培力做的總功；
（3）寫出線框離開磁場的過程中，F(xiàn)隨時間t變化的關(guān)系式．

Answer 1

分析 （1）線圈進入磁場前在恒力F₀作用下由靜止開始做勻加速運動，由動能定理可求出cd進入磁場時的速度v，由E=BLv求出感應(yīng)電動勢，此時cd邊的電勢差等于路端電壓；
（2）由題，ab邊進入磁場前某時刻，線框已經(jīng)達到平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件和安培力公式可求出勻速運動時的速度，從開始運動到線圈剛完全進入磁場的過程，根據(jù)動能定理求解安培力做的總功；完全進入磁場后沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，線圈不再受到安培力．
（3）從線圈剛完全進入磁場到剛離開磁場的過程，根據(jù)動能定理求出線圈開始離開磁場時的速度．根據(jù)牛頓第二定律和速度公式結(jié)合求出F的表達式．

解答 解：（1）線圈進入磁場前線圈做勻加速運動，牛頓第二定律和速度公式加速度為：a=$\frac{{F}_{0}}{m}$
cd剛進入磁場時速度為：v=at
而線圈通過的位移為：s=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$
解得：v=$\sqrt{\frac{2{F}_{0}s}{m}}$
cd邊剛進入磁場時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E=BLv
此時cd邊的電勢差為：U=$\frac{3}{4}E$
聯(lián)立以上各式得：U=$\frac{3BL}{4}•\sqrt{\frac{2{F}_{0}s}{m}}$．
（2）進入磁場后達到平衡時，設(shè)此時速度為v₁，則有：F₀=BIL=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{1}}{R}$
得：v₁=$\frac{{F}_{0}R}{{B}^{2}{L}^{2}}$
根據(jù)動能定理得：F₀（L+s）+W_安=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}-0$
W_安=-F₀（L+s）+$\frac{m{F}_{0}^{2}{R}^{2}}{2{B}^{4}{L}^{4}}$．
（3）平衡后到開始離開磁場時，設(shè)線圈開始離開磁場時速度為v₂
F₀（H-L）=$\frac{1}{2}$mv₂²-$\frac{1}{2}$mv₁²?
所以，離開磁場是有：$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}-F=ma={F}_{0}$
而v=v₂-at，
聯(lián)立相關(guān)方程得：F=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}}{R}\sqrt{\frac{{F}_{0}^{2}{R}^{2}}{{B}^{4}{L}^{4}}+\frac{2{F}_{0}（H-L）}{m}}-{F}_{0}-\frac{{B}^{2}{L}^{2}{F}_{0}t}{mR}$
答：（1）cd邊剛進入磁場時ab邊兩端的電壓是$\frac{3BL}{4}•\sqrt{\frac{2{F}_{0}s}{m}}$；
（2）cd邊從PP′位置到QQ′位置的過程中安培力所做的總功是-F₀（L+s）+$\frac{m{F}_{0}^{2}{R}^{2}}{2{B}^{4}{L}^{4}}$．
（3）取cd邊剛要離開磁場的時刻為起始時刻，在線框離開磁場的過程中，外力F隨時間t變化的關(guān)系式$F=\frac{{B}^{2}{L}^{2}}{R}\sqrt{\frac{{F}_{0}^{2}{R}^{2}}{{B}^{4}{L}^{4}}+\frac{2{F}_{0}（H-L）}{m}}-{F}_{0}-\frac{{B}^{2}{L}^{2}{F}_{0}t}{mR}$

點評 本題物理過程并不十分復(fù)雜，關(guān)鍵是表達式比較繁瑣，要有足夠的耐心和細心列式，才能得到正確結(jié)果．對于第1題，也可以根據(jù)動能定理求解．