Question

13．如圖所示，傾角θ的斜面上有四條間距均為d的水平虛線，在Ⅰ、Ⅱ區(qū)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，大小均為B，方向垂直于斜面向下．矩形線框ABCD的質(zhì)量為m，長為2d，寬為L，電阻為R．將其從圖示位置靜止釋放（AB邊位于Ⅰ區(qū)上邊界），CD邊到達(dá)Ⅱ區(qū)上邊界時(shí)，線框剛好做勻速直線運(yùn)動(dòng)．不計(jì)一切摩擦，重力加速度為g．求：
（1）AB通過磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)的過程中，通過線圈的電荷量；
（2）AB剛離開磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)時(shí)的速率；
（3）線框通過兩個(gè)磁場(chǎng)的過程中產(chǎn)生的電能．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)感應(yīng)電荷量q=$\frac{△∅}{R}$，求解通過線圈的電荷量；
（2）CD邊到達(dá)Ⅱ區(qū)上邊界時(shí)，線框勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，重力沿斜面向下的分力與安培力平衡，推導(dǎo)出安培力，得到V₂．從AB離開磁場(chǎng)Ⅰ至CD運(yùn)動(dòng)到JP與Ⅱ區(qū)上邊界的過程中，線框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有牛頓第二定律可求解．
（3）在線框完全通過兩個(gè)磁場(chǎng)的過程中由動(dòng)能定理可得

解答 解：（1）設(shè)AB邊通過磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)的時(shí)間△t，在此過程中，$q=\overline I•△t$
$\overline I=\frac{\overline E}{R}$，$\overline E=\frac{△φ}{△t}$
解得：$q=\frac{△φ}{R}=\frac{BLd}{R}$
（2）設(shè)AB邊剛離開磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)時(shí)線框的速率為v₁，CD邊到達(dá)Ⅱ區(qū)上邊界時(shí)線框的速率為v₂，
由題意可知在AB邊剛離開磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)到CD邊到達(dá)Ⅱ區(qū)上邊界的過程中，線框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．
CD邊到達(dá)Ⅱ區(qū)上邊界時(shí)，線框剛好做勻速直線運(yùn)動(dòng)．由mgsinθ=BIL，$I=\frac{{BL{v_2}}}{R}$
解得：${v_2}=\frac{mgRsinθ}{{{B^2}{L^2}}}$
AB剛離開磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)后，則  mgsinθ=ma，得：a=gsinθ
有勻變速直線運(yùn)動(dòng)得；$v_2^2-v_1^2=2a•3d$
解得：${v_1}=\sqrt{\frac{{{m^2}{g^2}{R^2}{{sin}^2}θ}}{{{B^4}{L^4}}}-6gdsinθ}$
（3）在線框完全通過兩個(gè)磁場(chǎng)的過程中由動(dòng)能定理可得：
$mg•5dsinθ+{W_{F安}}=\frac{1}{2}mv_2^2-0$
又因?yàn)镋=-W_F安
所以：$E=5mgdsinθ-\frac{{{m^3}{g^2}{R^2}{{sin}^2}θ}}{{2{B^4}{L^4}}}$
答：（1）AB通過磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)的過程中，通過線圈的電荷量$\frac{BLd}{R}$；
（2）AB剛離開磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)時(shí)的速率為$\sqrt{\frac{{m}^{2}{g}^{2}{R}^{2}si{n}^{2}θ}{{B}^{4}{L}^{4}}-6gdsinθ}$；
（3）線框通過兩個(gè)磁場(chǎng)的過程中產(chǎn)生的電能$5mgdsinθ-\frac{{m}^{3}{g}^{2}{R}^{2}si{n}^{2}θ}{2{B}^{4}{L}^{4}}$．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵理清線圈的運(yùn)動(dòng)情況，選擇合適的規(guī)律進(jìn)行求解，本題的難點(diǎn)就是通過線圈勻加速直線運(yùn)動(dòng)挖掘出下落的速度，再利用牛頓第二定律求解問題，并能合理利用能量守恒定律．