Question

16．如圖所示，通過水平絕緣傳送帶輸送完全相同的正方形單匝銅線框，為了檢測出個別未閉合的不合格線框，讓線框隨傳送帶通過一固定勻強磁場區(qū)域（磁場方向垂直于傳送帶平面向下），觀察線框進入磁場后是否相對傳送帶滑動就能夠檢測出未閉合的不合格線框．已知磁場邊界MN、PQ與傳送帶運動方向垂直，MN與PQ間的距離為d，磁場的磁感應(yīng)強度為B．各線框質(zhì)量均為m，電阻均為R，邊長均為L（L＜d）；傳送帶以恒定速度v₀向右運動，線框與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g．線框在進入磁場前與傳送帶的速度相同，且右側(cè)邊平行于MN減速進入磁場，當閉合線框的右側(cè)邊經(jīng)過邊界PQ時又恰好與傳送帶的速度相同．設(shè)傳送帶足夠長，且在傳送帶上始終保持右側(cè)邊平行于磁場邊界．對于閉合線框，求：
（1）線框的右側(cè)邊剛進入磁場時所受安培力的大小；
（2）線框在進入磁場的過程中運動加速度的最大值以及速度的最小值；
（3）從線框右側(cè)邊剛進入磁場到穿出磁場后又相對傳送帶靜止的過程中，傳送帶對該閉合銅線框做的功．

Answer 1

分析 （1）線框的右側(cè)邊剛進入磁場時，由E=BLv求出感應(yīng)電動勢，由歐姆定律求電流，然后由安培力公式求出安培力．
（2）線框在剛進入磁場時，所受安培力最大，加速度最大，由牛頓第二定律求出加速度．線框全部進入磁場的瞬間速度最小，由動能定理求出速度．
（3）由功的計算公式與動能定理求出功．

解答 解：（1）線框右側(cè)邊剛進入磁場時，感應(yīng)電動勢：E=BLv₀
感應(yīng)電流：I=$\frac{E}{R}$=$\frac{BL{v}_{0}}{R}$
右側(cè)邊所受安培力：F=BIL=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{0}}{R}$；
（2）線框以速度v₀進入磁場，在進入磁場的過程中，受安培力而減速運動；進入磁場后，在摩擦力作用下加速運動，
當其右側(cè)邊到達PQ時速度又恰好等于v₀，因此，線框在剛進入磁場時，所受安培力最大，加速度最大，設(shè)為a_m；
線框全部進入磁場的瞬間速度最小，設(shè)此時線框的速度為v_min，
線框剛進入磁場時，根據(jù)牛頓第二定律有：F-μmg=ma_m，
解得：a_m=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{0}}{mR}$-μg，
在線框完全進入磁場又加速運動到達邊界PQ的過程中，根據(jù)動能定理，得：
 μmg（d-L）=$\frac{1}{2}$$m{v}_{0}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{min}^{2}$
解得：v_min=$\sqrt{{v}_{0}^{2}-2μg（d-L）}$；
（3）線框從右側(cè)邊進入磁場到運動至磁場邊界PQ的過程中線框受摩擦力：f=μmg
由功的公式有：W₁=fd=μmgd，
線框出磁場與進入磁場的受力情況完全相同，故線框完全出磁場瞬間的速度仍為v_min；
在線框完全出磁場后到加速至與傳送帶速度相同的過程中，設(shè)其位移x，
由動能定理有：μmgx=$m{v}_{0}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{min}^{2}$
解得：x=d-L，
線框右側(cè)邊出磁場到與傳送帶共速的過程中位移為：x′=x+L=d
此過程中摩擦力做功為：W₂=f x′=μmgd，
因此，整個過程傳送帶對線框做的功：W=W₁+W₂=2μmgd；
答：
（1）線框的右側(cè)邊剛進入磁場時所受安培力的大小為$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{0}}{R}$；
（2）線框在進入磁場的過程中，加速度的最大值為$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{0}}{mR}$-μg，速度的最小值為$\sqrt{{v}_{0}^{2}-2μg（d-L）}$；
（3）從線框右側(cè)邊剛進入磁場到整個線框穿出磁場后又相對傳送帶靜止的過程中，傳送帶對線框做的功為2μmgd．

點評 本題是電磁感應(yīng)與力學(xué)相結(jié)合的綜合題，分析清楚運動過程是正確解題的前提與關(guān)鍵，分析清楚運動過程、應(yīng)用安培力公式、牛頓第二定律、動能定理、功的計算公式即可正確解題．