Question

【題目】如圖所示，水平地面上方有一高度為H、界面分別為PQ、MN的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．矩形導(dǎo)線框abcd在磁場(chǎng)上方某一高度處，導(dǎo)線框ab邊長(zhǎng)為l1 ， bd邊長(zhǎng)為l2 ， 導(dǎo)線框的質(zhì)量為m，電阻為R．磁場(chǎng)方向垂直于線框平面，磁場(chǎng)高度H＞l2 ． 線框從某高處由靜止落下，當(dāng)線框的cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框的加速度方向向下、大小為 ；當(dāng)線框的cd邊剛離開磁場(chǎng)時(shí)，線框的加速度方向向上、大小為 ．運(yùn)動(dòng)過程中，線框平面位于豎直平面內(nèi)，上、下兩邊始終平行PQ．空氣阻力不計(jì)，重力加速度為g．求：

（1）線框開始下落時(shí)cd邊距離磁場(chǎng)上邊界PQ的高度h；
（2）cd邊剛離開磁場(chǎng)時(shí)，電勢(shì)差Ucd
（3）從線框的cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)至線框的ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)過程中，線框產(chǎn)生的焦耳熱Q；
（4）從線框的cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)至線框的ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，通過線框?qū)Ь�某一橫截面的電荷量q．

Answer 1

【答案】
（1）解：當(dāng)線框的cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框的加速度方向向下、大小為 ，

根據(jù)牛頓第二定律得： ，

代入數(shù)據(jù)解得：v= ，

則線框開始下落時(shí)cd邊距離磁場(chǎng)上邊界PQ的高度為：h= = ．

答：線框開始下落時(shí)cd邊距離磁場(chǎng)上邊界PQ的高度h為 ．；

（2）解：當(dāng)線框的cd邊剛離開磁場(chǎng)時(shí)，線框的加速度方向向上、大小為 ．

根據(jù)牛頓第二定律得： ，

解得：v′= ，

切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=Bl1v′= ，

則cd兩端的電勢(shì)差為：Ucd= = ．

答：cd邊剛離開磁場(chǎng)時(shí)，電勢(shì)差Ucd為 ．

（3）解：對(duì)線框的cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)至cd邊剛出磁場(chǎng)的過程運(yùn)用能量守恒得：

，

解得：Q=mgH﹣ ．

答：從線框的cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)至線框的ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)過程中，線框產(chǎn)生的焦耳熱Q為mgH﹣ ；

（4）解：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：

，

q= = ．

答：從線框的cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)至線框的ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，通過線框?qū)Ь�某一橫截面的電荷量q為 ．

【解析】（1）當(dāng)線框的cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框的加速度方向向下、大小為 ，根據(jù)安培力公式，結(jié)合牛頓第二定律求出此時(shí)的速度，結(jié)合速度位移公式求出線框開始下落時(shí)cd邊距離磁場(chǎng)上邊界PQ的高度；（2）當(dāng)線框的cd邊剛離開磁場(chǎng)時(shí)，線框的加速度方向向上、大小為 ，根據(jù)牛頓第二定律求出此時(shí)的速度，從而得出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小，結(jié)合歐姆定律求出cd的電勢(shì)差．（3）對(duì)線框的cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)至cd邊剛出磁場(chǎng)的過程運(yùn)用能量守恒求出線框產(chǎn)生的焦耳熱Q．（4）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，結(jié)合平均電流的大小求出電荷量．
【考點(diǎn)精析】掌握功能關(guān)系是解答本題的根本，需要知道當(dāng)只有重力（或彈簧彈力）做功時(shí)，物體的機(jī)械能守恒；重力對(duì)物體做的功等于物體重力勢(shì)能的減少:W G =E p1 -E p2；合外力對(duì)物體所做的功等于物體動(dòng)能的變化:W 合 =E k2 -E k1 （動(dòng)能定理）；除了重力（或彈簧彈力）之外的力對(duì)物體所做的功等于物體機(jī)械能的變化:W F =E 2 -E 1．