Question

20．如圖所示，很長的光滑磁棒豎直固定在水平面上，在它的側(cè)面有均勻向外的輻射狀的磁場．磁棒外套有一個質(zhì)量均勻的圓形線圈，質(zhì)量為m，半徑為R，電阻為r，線圈所在磁場處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．讓線圈從磁棒上端由靜止釋放沿磁棒下落，經(jīng)一段時間與水平面相碰并反彈，線圈反彈速度減小到零后又沿磁棒下落，這樣線圈會不斷地與水平面相碰下去，直到停留在水平面上．已知第一次碰后反彈上升的時間為t₁，下落的時間為t₂，重力加速度為g，不計碰撞過程中能量損失和線圈中電流磁場的影響．求：
（1）線圈第一次下落過程中的最大速度v_m；
（2）線圈從第一次到第二次與水平面相碰的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q．

Answer 1

分析 （1）線圈下落過程中垂直切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由E=BLv、I=$\frac{E}{r}$、F_A=BIL得到安培力的表達(dá)式，由牛頓第二定律分析線圈加速度的變化，判斷線圈的運(yùn)動情況：安培力逐漸增大，加速度逐漸減小，當(dāng)安培力與重力平衡時，線圈做勻速直線運(yùn)動，速度達(dá)到最大，由平衡條件可求出最大速度．
（2）根據(jù)牛頓第二定律和安培力表達(dá)式得到加速度與瞬時速度的關(guān)系式，求出一段微小時間△t內(nèi)，線圈上升高度△h，由積分法求出線圈上升的最大高度．再采用積分法求出線圈第二次下降到水平面時的速度，由能量守恒定律可求出焦耳熱Q．

解答 解：（1）線圈第一次下落過程中有E=B•2πRv、$I=\frac{E}{r}$、F_A=BIL=BI•2πR，得安培力大小為  F_A=$\frac{{4{π}^{2}B}^{2}{R}^{2}v}{r}$
根據(jù)牛頓第二定律得 mg-F_A=ma
可知線圈做加速度減小的加速運(yùn)動，當(dāng)a=0時，速度最大，代入求得最大速度為：${υ_m}=\frac{mgr}{{4{π^2}{B^2}{R^2}}}$
（2）反彈后上升的過程中某一時刻，由牛頓運(yùn)動定律得：$mg+B\frac{2πRBυ}{r}×2πR=ma$
在一段微小時間△t內(nèi)，速度增量為：△υ=a△t，線圈上升高度為：△h=υ△t
則線圈可上升的最大高度h為：$h=\sum{△h=}\frac{{\sum{（ma-mg）}△t}}{{4{π^2}{R^2}{B^2}}}r=\frac{{{m^2}g{r^2}}}{{16{π^4}{B^4}{R^4}}}-\frac{{mgr{t_1}}}{{4{π^2}{R^2}{B^2}}}$
線圈到達(dá)最高點后，下落過程中的某一時刻，由牛頓運(yùn)動定律得：$mg-B\frac{2πRBυ}{r}×2πR=ma$
在一段微小時間△t內(nèi)，速度增量為：△υ=a△t，線圈下降高度為：△h=υ△t
則線圈第二次下降到水平面時的速度為：$υ=\sum{△υ=}\frac{1}{m}\sum{（{mg-\frac{{4{π^2}{B^2}{R^2}}}{r}}）}△t=g（{t_1}+{t_2}）-\frac{mgr}{{4{π^2}{B^2}{R^2}}}$
本過程中線圈中產(chǎn)生的熱量為線圈動能的損失：$Q=\frac{1}{2}m{υ_m}^2-\frac{1}{2}m{υ^2}=\frac{1}{2}m{（{\frac{mgr}{{4{π^2}{B^2}{R^2}}}}）^2}-\frac{1}{2}m{（{g（{t_1}+{t_2}）-\frac{mgr}{{4{π^2}{B^2}{R^2}}}}）^2}$
化簡得：$Q=\frac{{{m^2}{g^2}r}}{{4{π^2}{B^2}{R^2}}}（{t_1}+{t_2}）-\frac{1}{2}m{g^2}{（{t_1}+{t_2}）^2}$ 
答：（1）線圈第一次下落過程中的最大速度υ_m為$\frac{mgr}{4{π}^{2}{B}^{2}{R}^{2}}$．
    （2）線圈從第一次到第二次與水平面相碰的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q為$\frac{{m}^{2}{g}^{2}r}{4{π}^{2}{B}^{2}{R}^{2}}（{t}_{1}+{t}_{2}）$-$\frac{1}{2}m{g}^{2}（{t}_{1}+{t}_{2}）^{2}$．

點評 本題是電磁感應(yīng)問題，難點是采用積分法求解非勻變速運(yùn)動的速度和高度，從牛頓第二定律入手，采取微元法，得到一段微小時間△t內(nèi)速度的變化量和高度變化量，再積分．難度較大，考查運(yùn)用數(shù)學(xué)知識處理物理問題的能力．