Question

5．如圖所示，質(zhì)量為2m的U形線框ABCD下邊長(zhǎng)度為L(zhǎng)，電阻為R，其它部分電阻不計(jì)，其內(nèi)側(cè)有質(zhì)量為m，電阻為R的導(dǎo)體棒PQ，PQ與線框相接觸良好，可在線框內(nèi)上下滑動(dòng)．整個(gè)裝置豎直放置，其下方有垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．將整個(gè)裝置從靜止釋放，在下落過(guò)程線框底邊始終水平．當(dāng)線框底邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)導(dǎo)體棒PQ與線框間的滑動(dòng)摩擦力為$\frac{1}{2}$mg．經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，導(dǎo)體棒PQ恰好到達(dá)磁場(chǎng)上邊界，但未進(jìn)入磁場(chǎng)，PQ運(yùn)動(dòng)的距離是線框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)距離的兩倍．不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g．求：
（1）線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，BC兩端的電勢(shì)差；
（2）導(dǎo)體棒PQ到達(dá)磁場(chǎng)上邊界時(shí)速度大��；
（3）導(dǎo)體棒PQ到達(dá)磁場(chǎng)上邊界前的過(guò)程線框中產(chǎn)生的焦耳熱．

Answer 1

分析 （1）線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)．由平衡條件列式求出感應(yīng)電流，再由歐姆定律求BC兩端的電勢(shì)差；
（2）由速度公式分別列出導(dǎo)體棒相對(duì)于線框的距離和線框在磁場(chǎng)中下降的距離，根據(jù)PQ運(yùn)動(dòng)的距離是線框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)距離的兩倍，可求出導(dǎo)體棒PQ到達(dá)磁場(chǎng)上邊界時(shí)速度大��；
（3）根據(jù)線框下降的時(shí)間與導(dǎo)體棒下滑的時(shí)間相等和焦耳定律，求解熱量．

解答 解：（1）線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)．由平衡知識(shí)可列：
  $2mg+\frac{1}{2}mg=BIL$
BC兩端的電勢(shì)差 ${U_{BC}}=IR=\frac{5mgR}{2BL}$
（2）設(shè)導(dǎo)體棒到達(dá)磁場(chǎng)上邊界速度為υ_PQ，線框底邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為υ₀；導(dǎo)體棒相對(duì)于線框的距離為x₂，線框在磁場(chǎng)中下降的距離為x₁．
則 ${x_2}=\frac{{{υ_{PQ}}+{υ_0}}}{2}t$
  x₁=υ₀t
由題有 x₂=2x₁
根據(jù)閉合電路歐姆定律得：
感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) $ε=2IR=\frac{5mgR}{BL}$
則 $BL{υ_0}=\frac{5mgR}{BL}$
聯(lián)解上述方程式得：${υ_{PQ}}=\frac{15mgR}{{{B^2}{L^2}}}$
（3）線框下降的時(shí)間與導(dǎo)體棒下滑的時(shí)間相等 ${υ_{PQ}}-{υ_0}=\frac{1}{2}gt$
線框中產(chǎn)生的焦耳熱 Q=I²Rt
聯(lián)解上述方程式得：$Q=\frac{{125{m^3}{g^2}{R^2}}}{{{B^4}{L^4}}}$
答：
（1）線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，BC兩端的電勢(shì)差是$\frac{5mgR}{2BL}$；
（2）導(dǎo)體棒PQ到達(dá)磁場(chǎng)上邊界時(shí)速度大小是$\frac{15mgR}{{B}^{2}{L}^{2}}$；
（3）導(dǎo)體棒PQ到達(dá)磁場(chǎng)上邊界前的過(guò)程線框中產(chǎn)生的焦耳熱是$\frac{125{m}^{3}{g}^{2}{R}^{2}}{{B}^{4}{L}^{4}}$．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵要抓住線框與導(dǎo)體棒PQ間的關(guān)系，如位移關(guān)系、時(shí)間關(guān)系，根據(jù)這些關(guān)系列式．