Question

如圖所示，一輕繩繞過兩輕質(zhì)滑輪，兩端分別連接著矩形導(dǎo)線框A和石塊C，線框A的兩邊長(zhǎng)分別為d=1m、l=0.6m，電阻R=0.1Ω，質(zhì)量m=0.5kg，石塊C質(zhì)量M=2kg．線框正上方有垂直紙面向外的有界水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T，磁場(chǎng)寬度為s=1.6m．如果線框從圖示位置由靜止開始釋放，則恰好能勻速進(jìn)入磁場(chǎng)．取g=10m/s²．試求：
（1）線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)勻速運(yùn)動(dòng)的速度v₀；
（2）線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的電熱Q；
（3）線框上邊剛出磁場(chǎng)時(shí)的加速度a．

Answer 1

分析：（1）線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)勻速運(yùn)動(dòng)，所受的拉力、重力和安培力三個(gè)力平衡．根據(jù)E=Bdv₀，I=

E

R

，F(xiàn)_A=BId，推導(dǎo)出安培力與速度的關(guān)系式，再根據(jù)平衡條件列式，求解速度．
（2）線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的電熱Q等于A、C系統(tǒng)減少的重力勢(shì)能，根據(jù)能量守恒定律求解電熱．
（3）線框完全在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，穿過線框的磁通量沒有變化，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律或動(dòng)能定理求出線框上邊剛出磁場(chǎng)時(shí)的速度，求得此時(shí)線框所受的安培力，再根據(jù)牛頓第二定律求解加速度．

解答：解：設(shè)線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v₀，則產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)：E=Bdv₀
感應(yīng)電流為：I=

E

R

安培力為：F_A=BId   
則得：F_A=

B2d2v0

R

對(duì)線框和石塊整體，受力平衡：Mg=mg+F_A         
聯(lián)立解得：v₀=

(M-m)gR

B2d2

=

(2-0.5)×10×0.1

0．52×12

=6m/s         
（2）根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律知，電熱等于A、C系統(tǒng)減少的重力勢(shì)能，即：
Q=（M-m）gl=（2-0.5）×10×0.6J=9J         
（3）設(shè)線框上邊剛出磁場(chǎng)時(shí)的速度為v，對(duì)線框和石塊整體，根據(jù)動(dòng)能定理有：
  Mg（s-l）-mg（s-l）=

1

2

(M+m)v2-

1

2

(M+m)

v

2 0

代入數(shù)據(jù)解得：v=4

3

m/s
此時(shí)的安培力為：

F

′ A

=

B2d2v

R

=10

3

N      
對(duì)線框和石塊整體，根據(jù)牛頓第二定律有：
  Mg-mg-

F

′ A

=（M+m）a        
解得：a=6-4

3

m/s²=-0.93m/s²         
即加速度大小為0.93m/s²，方向豎直向下．        
答：（1）線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)勻速運(yùn)動(dòng)的速度v₀是6m/s．
（2）線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的電熱Q是9J．
（3）線框上邊剛出磁場(chǎng)時(shí)的加速度大小為0.93m/s²，方向豎直向下．

點(diǎn)評(píng)：對(duì)于電磁感應(yīng)問題，關(guān)鍵要會(huì)推導(dǎo)安培力的表達(dá)式和分析能量如何轉(zhuǎn)化．