Question

（2010?鹽城一模）如圖所示，很長(zhǎng)的光滑磁棒豎直固定在水平面上，在它的側(cè)面有均勻向外的輻射狀的磁場(chǎng)．磁棒外套有一個(gè)質(zhì)量均勻的圓形線(xiàn)圈，質(zhì)量為m，半徑為R，電阻為r，線(xiàn)圈所在磁場(chǎng)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．讓線(xiàn)圈從磁棒上端由靜止釋放沿磁棒下落，經(jīng)一段時(shí)間與水平面相碰并反彈，線(xiàn)圈反彈速度減小到零后又沿磁棒下落，這樣線(xiàn)圈會(huì)不斷地與水平面相碰下去，直到停留在水平面上．已知第一次碰后反彈上升的時(shí)間為t₁，下落的時(shí)間為t₂，重力加速度為g，不計(jì)碰撞過(guò)程中能量損失和線(xiàn)圈中電流磁場(chǎng)的影響．求：
（1）線(xiàn)圈第一次下落過(guò)程中的最大速度υ_m
（2）第一次與水平面碰后上升到最高點(diǎn)的過(guò)程中通過(guò)線(xiàn)圈某一截面的電量q
（3）線(xiàn)圈從第一次到第二次與水平面相碰的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q．

Answer 1

分析：（1）線(xiàn)圈下落過(guò)程中垂直切割磁感線(xiàn)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由E=BLv、I=

E

r

、F_A=BIL得到安培力的表達(dá)式，由牛頓第二定律分析線(xiàn)圈加速度的變化，判斷線(xiàn)圈的運(yùn)動(dòng)情況：安培力逐漸增大，加速度逐漸減小，當(dāng)安培力與重力平衡時(shí)，線(xiàn)圈做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大，由平衡條件可求出最大速度．
（2）根據(jù)牛頓第二定律得到反彈上升過(guò)程中線(xiàn)圈加速度的表達(dá)式，采用積分法求出電量q．
（3）根據(jù)牛頓第二定律和安培力表達(dá)式得到加速度與瞬時(shí)速度的關(guān)系式，求出一段微小時(shí)間△t內(nèi)，線(xiàn)圈上升高度△h，由積分法求出線(xiàn)圈上升的最大高度．再采用積分法求出線(xiàn)圈第二次下降到水平面時(shí)的速度，由能量守恒定律可求出焦耳熱Q．

解答：解：（1）線(xiàn)圈第一次下落過(guò)程中有E=B?2πRv、I=

E

r

、F_A=BIL=BI?2πR，得安培力大小為  F_A=

4π2B2R2v

r

根據(jù)牛頓第二定律得 mg-F_A=ma
可知線(xiàn)圈做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)a=0時(shí)，速度最大，代入求得最大速度為：υm=

mgr

4π2B2R2

（2）反彈后上升的過(guò)程中某一時(shí)刻，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得：mg+BI?2πR=ma
則得：mg△t+BI?2πR?△t=ma△t
在一段微小時(shí)間△t內(nèi)，速度增量為△υ=a△t，通過(guò)線(xiàn)圈截面電量為：△q=I△t
則：△q=

ma△t-mg△t

2πRB

得到：∑△q=

∑(ma-mg)△t

2πRB

，又ma△t=m△v=mv_m=

m2gr

4π2B2R2

，mg△t=mgt₁，
故：q=

m2gr

8π3B3R3

-

mgt1

2πBR

（3）反彈后上升的過(guò)程中某一時(shí)刻，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得：mg+B

2πRBυ

r

×2πR=ma
在一段微小時(shí)間△t內(nèi)，速度增量為：△υ=a△t，線(xiàn)圈上升高度為：△h=υ△t
則線(xiàn)圈可上升的最大高度h為：h=∑△h=

∑(ma-mg)△t

4π2R2B2

r=

m2gr2

16π4B4R4

-

mgrt1

4π2R2B2

線(xiàn)圈到達(dá)最高點(diǎn)后，下落過(guò)程中的某一時(shí)刻，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得：mg-B

2πRBυ

r

×2πR=ma
在一段微小時(shí)間△t內(nèi)，速度增量為：△υ=a△t，線(xiàn)圈下降高度為：△h=υ△t
則線(xiàn)圈第二次下降到水平面時(shí)的速度為：υ=∑△υ=

1

m

∑(mg-

4π2B2R2

r

)△t=g(t1+t2)-

mgr

4π2B2R2

本過(guò)程中線(xiàn)圈中產(chǎn)生的熱量為線(xiàn)圈動(dòng)能的損失：Q=

1

2

mυm2-

1

2

mυ2=

1

2

m(

mgr

4π2B2R2

)2-

1

2

m(g(t1+t2)-

mgr

4π2B2R2

)2
化簡(jiǎn)得：Q=

m2g2r

4π2B2R2

(t1+t2)-

1

2

mg2(t1+t2)2 
答：（1）線(xiàn)圈第一次下落過(guò)程中的最大速度υ_m為

mgr

4π2B2R2

．
    （2）第一次與水平面碰后上升到最高點(diǎn)的過(guò)程中通過(guò)線(xiàn)圈某一截面的電量q為

m2gr

8π2B3R3

-

mgt

2πBR

．
    （3）線(xiàn)圈從第一次到第二次與水平面相碰的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q為

m2g2r

4π2B2R2

(t1+t2)-

1

2

mg2(t1+t2)2．

點(diǎn)評(píng)：本題是電磁感應(yīng)問(wèn)題，難點(diǎn)是采用積分法求解非勻變速運(yùn)動(dòng)的速度和高度，從牛頓第二定律入手，采取微元法，得到一段微小時(shí)間△t內(nèi)速度的變化量和高度變化量，再積分．難度較大，考查運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)處理物理問(wèn)題的能力．