Question

7．質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)體框，從有界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)上方由靜止自由下落，線框每邊電阻為R，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬度為H．（L＜H），磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于紙面向內(nèi)．線框下落過(guò)程中ab邊與磁場(chǎng)邊界平行且沿水平方向．已知ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)和剛穿出磁場(chǎng)時(shí)線框都做減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小都為$\frac{1}{3}$g．求：
（1）ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)ab邊的電勢(shì)差U_ab；
（2）cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度；
（3）線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，ab邊的熱發(fā)量．

Answer 1

分析 （1）ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)磁場(chǎng)時(shí)線框做減速運(yùn)動(dòng)，已知加速度，根據(jù)牛頓第二定律和安培力與速度的關(guān)系式，可求出此時(shí)線框的速度，由E=BLv求得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，再得到ab邊的電勢(shì)差U_ab；
（2）cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)后到ab邊剛穿出磁場(chǎng)過(guò)程，線框的磁通量不變，沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，不受安培力而勻加速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框的速度；
（3）從線框開(kāi)始下落到整個(gè)線框全部穿出磁場(chǎng)的過(guò)程，線框的重力勢(shì)能減小轉(zhuǎn)化為線框的動(dòng)能和電路的內(nèi)能，由能量守恒定律求解焦耳熱．

解答 解：（1）設(shè)ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)和ab邊剛出磁場(chǎng)時(shí)線框的速度為v，由牛頓第二定律可得：
  $\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$-mg=m•$\frac{1}{3}$g
解得：v=$\frac{4mgR}{3{B}^{2}{L}^{2}}$
ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)ab邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E=BLv
由右手定則知a點(diǎn)的電勢(shì)低于b點(diǎn)的電勢(shì)，則ab邊的電勢(shì)差U_ab=-$\frac{3}{4}$E
聯(lián)立得：U_ab=-$\frac{mgR}{BL}$
（2）設(shè)cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框的速度大小為v′，考察從cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到ab邊剛出磁場(chǎng)的過(guò)程，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：
 v²-v′²=2g（H-L）
解得：v′=$\sqrt{\frac{16{m}^{2}{g}^{2}{R}^{2}}{9{B}^{4}{L}^{4}}-2g（H-L）}$
（3）線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，由能量守恒可得：
 mgL+$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv′²=Q               
解得：Q=mgL+mg（H-L）=mgH
所以ab邊的熱發(fā)量為 Q′=$\frac{1}{4}$Q=$\frac{1}{4}$mgH
答：
（1）ab邊的電勢(shì)差為-$\frac{mgR}{BL}$；
（2）cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框的速度大小為$\sqrt{\frac{16{m}^{2}{g}^{2}{R}^{2}}{9{B}^{4}{L}^{4}}-2g（H-L）}$；
（3）線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，ab邊產(chǎn)生的熱量為$\frac{1}{4}$mgH．

點(diǎn)評(píng) 本題首先要正確分析線框的運(yùn)動(dòng)情況，會(huì)推導(dǎo)安培力的表達(dá)式，把握能量是如何轉(zhuǎn)化的．