Question

如圖所示，水平地面上方有一高度為H、上、下水平界面分別為PQ、MN的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．矩形導(dǎo)線框ab邊長為l₁，bc邊長為l₂，導(dǎo)線框的質(zhì)量為m，電阻為R．磁場方向垂直于線框平面向里，磁場高度H＞l₂．線框從某高處由靜止落下，當(dāng)線框的cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，線框的加速度方向向下、大小為

3g

5

；當(dāng)線框的cd邊剛離開磁場時(shí)，線框的加速度方向向上、大小為

g

5

．在運(yùn)動過程中，線框平面位于豎直平面內(nèi)，上、下兩邊總平行于PQ．空氣阻力不計(jì)，重力加速度為g．求：
（1）線框的cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，通過線框?qū)Ь�中的電流；
（2）線框的ab邊剛進(jìn)入磁場時(shí)線框的速度大�。�
（3）線框abcd從全部在磁場中開始到全部穿出磁場的過程中，通過線框?qū)Ь�橫截面的電荷量．

Answer 1

分析：（1）線框的cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，受到重力和豎直向上的安培力作用，根據(jù)牛頓第二定律和安培力公式F=BIl結(jié)合求解電流．
（2）當(dāng)線框的cd邊剛離開磁場時(shí)，由牛頓第二定律得到電流表達(dá)式，由歐姆定律I=

E

R

=

BLv

R

得到速度的關(guān)系式．當(dāng)ab進(jìn)入磁場后，線框做勻加速運(yùn)動，加速度為g，通過位移H-l₂時(shí)ab離開磁場，由運(yùn)動學(xué)公式求解線框的ab邊剛進(jìn)入磁場時(shí)線框的速度大�。�
（3）由E=

△?

△t

、I=

E

R

、q=I△t結(jié)合求解電量．

解答：解：（1）設(shè)線框的cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)線框?qū)Ь�中的電流為I₁，依據(jù)題意、根據(jù)牛頓第二定律有：
mg-BI₁l₁=

3mg

5

解得：I₁=

2mg

5Bl1

（2）設(shè)線框ab邊剛進(jìn)入磁場時(shí)線框的速度大小為v₁，線框的cd邊剛離開磁場時(shí)速度大小為v₂，線框的cd邊剛離磁場時(shí)線框?qū)Ь�中的電流為I₂，依據(jù)題意、牛頓第二定律有：
BI₂l₁-mg=

mg

5

解得：I₂=

6mg

5Bl1

又I₂=

Bl1v2

R

，得：v₂=

6Rmg

5B2 l 2 1

當(dāng)ab進(jìn)入磁場后，線框中沒有感應(yīng)電流，做加速度為g的勻加速運(yùn)動，則有：

v

2 2

-

v

2 1

=2g(H-l2)
得：v₁=

v 2 2 -2g(H-l2)

代入解得：v₁=

1

5B2 l 2 1

36R2m2g2-50B4 l 4 1 g(H-l2)

（3）設(shè)線框abcd穿出磁場的過程中所用時(shí)間為△t，平均電動勢為E，通過導(dǎo)線的平均電流為I?，通過導(dǎo)線某一橫截面的電荷量為q，則：
E=

△?

△t

=

Bl1l2

△t

，I?=

E

R

=

Bl1l2

R△t

，
則：q=I?△t=

Bl1l2

R

答：
（1）線框的cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，通過線框?qū)Ь�中的電流是

2mg

5Bl1

．
（2）線框的ab邊剛進(jìn)入磁場時(shí)線框的速度大小是

1

5B2 l 2 1

36R2m2g2-50B4 l 4 1 g(H-l2)

．
（3）線框abcd從全部在磁場中開始到全部穿出磁場的過程中，通過線框?qū)Ь�橫截面的電荷量是

Bl1l2

R

．

點(diǎn)評：本題是電磁感應(yīng)與力學(xué)知識的綜合應(yīng)用，已知加速度，根據(jù)牛頓第二定律和安培力公式結(jié)合研究電流．線框完全在磁場中運(yùn)動的過程中，是勻加速運(yùn)動，由勻變速運(yùn)動的規(guī)律研究初速度和末速度的關(guān)系．