Question

8．邊長為L的正方形閉合金屬線框，其質(zhì)量為m、電阻為R．圖中M、N、P為磁場區(qū)城的邊界，上、下兩部分水平勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向如圖所示．現(xiàn)讓金屬線框在圖示位置由靜止開始下落，金屬線框在穿過M和P兩界面的過程中均為勻速運(yùn)動(dòng)．已知M、N和N、P之間的高度差相等，均為h=L+$\frac{{5m}^{2}{gR}^{2}}{{{8B}^{4}L}^{4}}$，金屬線框下落過程中金屬線框平面始終保持豎直，底邊始終保持水平，當(dāng)?shù)氐闹亓�加速度為g，試求：
（1）圖示位置金屬線框的底邊到M的高度d；
（2）在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，金屬線框中產(chǎn)生的焦耳熱；
（3）金屬線框的底邊剛通過磁場邊界N時(shí)，金屬線框加速度的大�。�

Answer 1

分析 （1）由安培力公式求出線框進(jìn)入磁場時(shí)受到的安培力，然后由平衡條件求出線框的速度，在應(yīng)用動(dòng)能定理求出高度．
（2）由能量守恒定律可以求出焦耳熱．
（3）金屬線框在穿過M界面的過程中作勻速運(yùn)動(dòng)，受力平衡，根據(jù)平衡條件和安培力與速度的關(guān)系式，求得勻速運(yùn)動(dòng)的速度，再由機(jī)械能守恒求出線框剛通過磁場邊界N時(shí)的速度大小，得到安培力，由牛頓第二定律求解加速度的大小．

解答 解：（1）線框進(jìn)入磁場時(shí)受到的安培力：F=BIL=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$，
線框進(jìn)入磁場過程做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件得：mg=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$，
線框從靜止到達(dá)M過程，由動(dòng)能定理得：mgd=$\frac{1}{2}$mv²-0，
解得：d=$\frac{{m}^{2}g{R}^{2}}{2{B}^{4}{L}^{4}}$；
（2）線框穿過P時(shí)勻速運(yùn)動(dòng)，由安培力與重力平衡可知穿過P時(shí)速度大小為v₁．
對(duì)從M到P過程，由能量守恒定律得：Q=2mgh=2mg（L+$\frac{5{m}^{2}g{R}^{2}}{8{B}^{4}{L}^{4}}$）；
（3）在穿過M的過程中
線框中產(chǎn)生的電動(dòng)勢 E=BLv₁
線框中產(chǎn)生的電流 I=$\frac{E}{R}$，
線框受到的安培力 F=BIL=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{1}}{R}$，
由平衡得mg=F，解得 v₁=$\frac{mgR}{{B}^{2}{L}^{2}}$，
設(shè)線框剛到N界面時(shí)速度為v₂．
根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：mg（h-L）=$\frac{1}{2}$mv₂²-$\frac{1}{2}$mv₁²，
解得：v₂=$\frac{\sqrt{5}mgR}{2{B}^{2}{L}^{2}}$，
金屬線框的底邊剛通過磁場邊界N時(shí)：
線框中產(chǎn)生的電動(dòng)勢 E′=2BLv₂
線框中產(chǎn)生的電流 I′=$\frac{E′}{R}$，
線框受到的安培力 F′=2BI′L=$\frac{4{B}^{2}{L}^{2}{v}_{2}}{R}$
根據(jù)牛頓第二定律得：mg-F′=ma，則得 a=（1-2$\sqrt{5}$）g＜0，說明加速度方向向上．
答：（1）圖示位置金屬線框的底邊到M的高度d為$\frac{{m}^{2}g{R}^{2}}{2{B}^{4}{L}^{4}}$；
（2）在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，金屬線框中產(chǎn)生的焦耳熱為2mg（L+$\frac{5{m}^{2}g{R}^{2}}{8{B}^{4}{L}^{4}}$）；
（3）金屬線框的底邊剛通過磁場邊界N時(shí)，金屬線框加速度的大小為（1-2$\sqrt{5}$）g．

點(diǎn)評(píng) 本題難點(diǎn)在于求NP的高度差，解決的突破口是線框在穿過M和P兩界面的過程中均為勻速運(yùn)動(dòng)，這是題眼，其余是綜合知識(shí)的應(yīng)用，難度相對(duì)較大．