Question

11．如圖所示，在高度差h=0.5m的平行虛線范圍內(nèi)，有磁感強度B=0.5T、方向垂直于豎直平面向里的勻強磁場，正方形線框abcd的質(zhì)量m=0.1kg、邊長L=0.5m、電阻R=0.5Ω，線框平面與豎直平面平行，靜止在位置“I”時，cd邊跟磁場下邊緣有一段距離．現(xiàn)用一豎直向上的恒力F=4.0N向上提線框，該框由位置“I”無初速度開始向上運動，穿過磁場區(qū)，最后到達位置“II”（ab邊恰好出磁場），線框平面在運動中保持與磁場方向垂直，且cd邊保持水平．設cd邊剛進入磁場時，線框恰好開始做勻速運動．g取10m/s²，求：
（1）線框進入磁場前距磁場下邊界的距離H；
（2）線框由位置“Ⅰ”到位置“Ⅱ”的過程中，恒力F做的功是多少？線框內(nèi)產(chǎn)生的熱量又是多少？

Answer 1

分析 （1）cd邊剛進入磁場時，線框恰好開始做勻速運動，分析線框的受力，由平衡條件列式得到安培力的大小，根據(jù)法拉第定律、歐姆定律得到安培力與速度的關系式，即可求出線框剛進入磁場時的速度．線框進入磁場前做勻加速運動，由動能定理列式求H．
（2）恒力F做功直接根據(jù)功的公式計算．根據(jù)能量守恒定律求解線框內(nèi)產(chǎn)生的熱量．

解答 解：（1）由于線框cd邊剛進入磁場時，線框恰好開始做勻速運動，故此時線框所受合力為零，分析可知：F-mg-F_A=0
設此時線框的運動速度為v，安培力為：F_A=BIL
感應電流為：I=$\frac{E}{R}$
感應電動勢為：E=BLv
聯(lián)立以上各式解得：線框勻速穿過磁場時的速度為：
v=$\frac{（F-mg）R}{{B}^{2}{L}^{2}}$=$\frac{（4-0.1×10）×0.5}{0．{5}^{2}×0．{5}^{2}}m/s=24m/s$
根據(jù)動能定理，線框從Ⅰ位置到cd邊剛進入磁場的過程中，有：
F•H-mg•H=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$　　
代入數(shù)據(jù)，解得：H=$\frac{\frac{1}{2}m{v}^{2}}{F-mg}=\frac{\frac{1}{2}×0.1×2{4}^{2}}{4-0.1×10}m=9.6m$　
（2）恒力F做的功為：W=F•（H+h+L）　
代入數(shù)據(jù)，解得：W=4×（9.6+0.5+0.5）J=42.4J 　
從cd邊進入磁場到ab邊離開磁場的過程中，拉力F所做的功等于線框增加的重力勢能和產(chǎn)生的熱量Q，即：
F•（h+L）=mg•（h+L）+Q　
代入數(shù)據(jù)，解得：Q=F（h+L）-mg（h+L）=（F-mg）（h+L）=（4-0.1×10）×（0.5+0.5）J=3.0 J　
答：（1）線框進入磁場前與磁場下邊界的距離H是9.6m；
（2）線框從位置Ⅰ運動到位置Ⅱ的過程中，恒力F做的功是42.4J，線框內(nèi)產(chǎn)生的熱量是3J．

點評 本題是電磁感應與力學、電路知識的綜合，掌握電磁感應中的基本規(guī)律，如法拉第定律、歐姆定律，結(jié)合力學的動能定理和平衡條件進行研究．對于第2題中熱量，也可以根據(jù)焦耳定律這樣列式求解：Q=I²Rt=$（\frac{BLv}{R}）^{2}•R•（\frac{h+L}{v}）$=3J．