Question

15．如圖所示，兩平行的足夠長光滑金屬導軌安裝在一光滑絕緣斜面上，導軌間距為l，導軌電阻忽略不計，導軌所在平面的傾角為α，勻強磁場的寬度為d，磁感應(yīng)強度大小為B、方向與導軌平面垂直向下．長度為2d的絕緣桿將導體棒和正方形的單匝線框連接在一起，總質(zhì)量為m，置于導軌上．導體棒中通以大小恒為I的電流，方向如圖所示（由外接恒流源產(chǎn)生，圖中未圖出）．線框的邊長為d（d＜l），電阻為R，下邊與磁場區(qū)域上邊界重合．將裝置由靜止釋放，導體棒恰好運動到磁場區(qū)域下邊界處返回，導體棒在整個運動過程中始終與導軌垂直．重力加速度為g．問：
（1）線框從開始運動到完全進入磁場區(qū)域的過程中，通過線框的電量為多少？
（2）裝置從釋放到開始返回的過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q是多少？
（3）線框第一次向下運動到上邊界即將離開磁場下邊界時線框上邊所受的安培力F_A多大？
（4）經(jīng)過足夠長時間后，線框上邊與磁場區(qū)域下邊界的最大距離x_m是多少？

Answer 1

分析 當線框進入磁場時，磁通量發(fā)生變化，導致線框中有感應(yīng)電流，處于磁場中受到安培力，從而阻礙線框運動．通過線框截面的電量由磁通量的變化與線框的電阻之比求得．當穿過線框的磁通量發(fā)生變化時，線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流，從而產(chǎn)生熱量，同時在運動過程中重力做正功，導體棒受到安培力做負功，則可由動能定理列式求出．運用動能定理可求出線框上邊經(jīng)過磁場下邊界時速度，從而根據(jù)左手定則算出所受的安培力

解答 解：（1）通過線框的電量為：q=I△t=$\frac{△∅}{△t•R}$△t=$\frac{Bfl59nnf^{2}}{R}$
（2）設(shè)裝置由靜止釋放到導體棒運動到磁場下邊界的過程中，作用在線框上的安培力做功為W．
由動能定理知：mgsinα•4d+W-BIld=0
且Q=-W
解得：Q=4mgdsinα-BIld
（3）設(shè)線框第一次向下運動剛離開磁場下邊界時的速度為v₁，則接著又向下運動2d，由動能定理與：
mgsinα•2d-BIld=0-$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
得：v₁=$\sqrt{\frac{2BIld-4mgdsinα}{m}}$
安培力F_A=BI′d=B$•\frac{Bd{v}_{1}}{R}$d=$\frac{{B}^{2}rlv9tph^{2}}{R}$$\sqrt{\frac{2BIld-4mgdsinα}{m}}$
（4）經(jīng)過足夠長時間后，線框在磁場下邊界與最大距離x_m之間往復運動．
由動能定理有：mgsinα•x_m-BIl（x_m-d）=0
解得：x_m=$\frac{BIld}{BIl-mgsinα}$
答：BI（1）線框從開始運動到完全進入磁場區(qū)域的過程中，通過線框的電量為$\frac{Bt9fthbx^{2}}{R}$；
（2）裝置從釋放到開始返回的過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q是4mgdsinα-BIld；
（3）線框第一次向下運動到上邊界即將離開磁場下邊界時線框上邊所受的安培力F_A為$\frac{{B}^{2}rhbl9b9^{2}}{R}$$\sqrt{\frac{2BIld-4mgdsinα}{m}}$；
（4）經(jīng)過足夠長時間后，線框上邊與磁場區(qū)域下邊界的最大距離x_m是$\frac{BIld}{BIl-mgsinα}$．

點評 當線框產(chǎn)生感應(yīng)電流時，由安培力做功從而產(chǎn)生熱量．因安培力不恒定，所以運用動能定理求安培力做功從而得產(chǎn)生的熱量，也可利用能量守恒定律解題．