Question

5．用單位長(zhǎng)度質(zhì)量為m、單位長(zhǎng)度電阻為r的薄金屬條制成邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的閉合正方形框abb′d．如圖所示，金屬方框水平放在磁極的狹縫間，方框平面與磁場(chǎng)方向平行．設(shè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)僅存在于異名相對(duì)磁極的狹縫間，其它地方的磁場(chǎng)忽略不計(jì)．可認(rèn)為方框的aa′邊和bb′邊都處在磁極之間．將方框從靜止開(kāi)始釋放，在下落過(guò)程中其平面始終保持水平（不計(jì)空氣阻力）．方框下落的最大速度為v_m．

（1）求磁極狹縫間磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大�。ㄔO(shè)磁場(chǎng)區(qū)域在豎直方向足夠長(zhǎng)）；
（2）當(dāng)方框下落的加速度為$\frac{g}{3}$時(shí)，求方框的發(fā)熱功率P；
（3）已知方框下落時(shí)間為t時(shí)，下落高度為h，其速度為v_t（v_t＜v_m）．若在同一時(shí)間t內(nèi)，方框內(nèi)產(chǎn)生的熱量與某恒定電流I₀在該框內(nèi)產(chǎn)生的熱量相同，求恒定電流I₀的表達(dá)式．

Answer 1

分析 （1）分析方框運(yùn)動(dòng)的過(guò)程：方框從靜止釋放后，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到向上的安培力，先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大．根據(jù)力的平衡知識(shí)和安培力公式求解B．
（2）當(dāng)方框下落的加速度為$\frac{g}{3}$時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律和安培力公式列式，求出電路中電流I，可由P=I²R求線框發(fā)熱功率．
（3）根據(jù)能量守恒定律求熱量，再用焦耳定律求解恒定電流I₀的表達(dá)式．

解答 解：（1）方框質(zhì)量  M=4Lm，G=Mg=4Lmg
方框電阻為 R=4Lr
方框下落速度為v時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)  E=B•2L•v
感應(yīng)電流   I=$\frac{E}{R}$=$\frac{Bv}{2r}$                    
方框下落過(guò)程，受到重力G及安培力F，F(xiàn)=BI•2L=$\frac{{B}^{2}Lv}{r}$，方向豎直向上      
當(dāng)F=G時(shí)，方框達(dá)到最大速度，即v=v_m
則 $\frac{{B}^{2}L{v}_{m}}{r}$=4Lmg
磁極狹縫間磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為   B=$\sqrt{\frac{4mgr}{{v}_{m}}}$  
（2）方框下落加速度為$\frac{g}{3}$時(shí)，有，Mg-IB×2L=M•$\frac{g}{3}$
則  I=$\frac{Mg}{3BL}$=$\frac{4mg}{3B}$         
方框的發(fā)熱功率 P=I²R=$\frac{16{m}^{2}{g}^{2}}{9{B}^{2}}$×4Lr=$\frac{16mgL{v}_{m}}{9}$
（3）根據(jù)能量守恒定律，有 
  Mgh=$\frac{1}{2}M{v}_{t}^{2}$+${I}_{0}^{2}Rt$
解得 I₀=$\sqrt{\frac{M}{Rt}（gh-\frac{1}{2}{v}_{t}^{2}）}$      
解得恒定電流I₀的表達(dá)式   I₀=$\sqrt{\frac{m}{rt}（gh-\frac{1}{2}{v}_{t}^{2}）}$
答：
（1）磁極狹縫間磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小是$\sqrt{\frac{4mgr}{{v}_{m}}}$；
（2）當(dāng)方框下落的加速度為$\frac{g}{3}$時(shí)，方框的發(fā)熱功率P是$\frac{16mgL{v}_{m}}{9}$；
（3）恒定電流I₀的表達(dá)式為：I₀=$\sqrt{\frac{m}{rt}（gh-\frac{1}{2}{v}_{t}^{2}）}$．

點(diǎn)評(píng) 解答這類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵是通過(guò)受力分析，正確分析安培力的變化情況，找出最大速度的運(yùn)動(dòng)特征．電磁感應(yīng)與電路結(jié)合的題目，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是中間橋梁．