Question

8．如圖所示，傾角為θ=53°斜面上有一界面分別為PQ、MN的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的方向垂直于斜面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．置于斜面上的均勻的矩形導(dǎo)線框abcd在磁場(chǎng)上方某處，導(dǎo)線框ab邊長(zhǎng)為l₁，bc邊長(zhǎng)為l₂，導(dǎo)線框的質(zhì)量為m，電阻為R，與斜面之間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=$\frac{1}{3}$．磁場(chǎng)邊界PQ與cd邊平行且水平，PM間距d＞l₂．線框從某高處由靜止落下，當(dāng)線框的cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框的加速度方向沿斜面向下、大小為$\frac{2g}{5}$；當(dāng)線框的cd邊剛離開磁場(chǎng)時(shí)，線框的加速度方向沿斜面向上、大小為$\frac{g}{5}$．運(yùn)動(dòng)過程中，線框平面上、下兩邊始終平行PQ．空氣阻力不計(jì)，重力加速度為g，sin53°=0.8．求：
（1）線框開始下落時(shí)cd邊距離磁場(chǎng)上邊界PQ的距離S；
（2）cd邊剛離開磁場(chǎng)時(shí)，電勢(shì)差U_cd
（3）從線框的cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)至線框的ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)過程中，線框產(chǎn)生的焦耳熱Q．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)線框的cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律求解速度大小，再根據(jù)動(dòng)能定理求解；
（2）當(dāng)線框的cd邊剛離開磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律求解速度大小，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律求解；
（3）從線框的cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)至線框的cd邊剛離開磁場(chǎng)過程中，根據(jù)動(dòng)能定理列方程求解．

解答 解：（1）當(dāng)線框的cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，加速度為a₁=$\frac{2g}{5}$，設(shè)速度為v₁；
根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinθ-μmgcosθ-BI₁l₁=ma₁，
而安培力BI₁l₁=$\frac{{B}^{2}{l}_{1}^{2}{v}_{1}}{R}$，
所以mgsinθ-μmgcosθ-$\frac{{B}^{2}{l}_{1}^{2}{v}_{1}}{R}$=m•$\frac{2g}{5}$，
解得：v₁=$\frac{0.2mgR}{{B}^{2}{l}_{1}^{2}}$；
再根據(jù)動(dòng)能定理可得：（mgsinθ-μmgcosθ）•S=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}-0$，
聯(lián)立解得：S=$\frac{{m}^{2}g{R}^{2}}{30{B}^{4}{l}_{1}^{4}}$；
（2）當(dāng)線框的cd邊剛離開磁場(chǎng)時(shí)，線框的加速度方向沿斜面向上、大小為a₂=$\frac{g}{5}$，設(shè)此時(shí)速度為v₂，
根據(jù)牛頓第二定律可得：μmgcosθ+BI₂l₁-mgsinθ=ma₂，
而安培力BI₂l₁=$\frac{{B}^{2}{l}_{1}^{2}{v}_{2}}{R}$，
解得：v₂=$\frac{0.8mgR}{{B}^{2}{l}_{1}^{2}}$，
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得E=Bl₁v₂=$\frac{0.8mgR}{B{l}_{1}}$，
所以cd邊剛離開磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)右手定則可知c端電勢(shì)高，
故cd兩端電勢(shì)差U_cd=$\frac{{l}_{1}}{2{l}_{1}+2{l}_{2}}•E$=$\frac{0.4mgR}{B（{l}_{1}+{l}_{2}）}$；
（3）從線框的cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)至線框的ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)過程中，線框產(chǎn)生的焦耳熱與從線框的cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)至線框的cd邊剛離開磁場(chǎng)過程中，線框產(chǎn)生的焦耳熱相等；
根據(jù)動(dòng)能定理可得：（mgsinθ-μmgcosθ）•d-Q=$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$，
解得：Q=0.6mgd-$\frac{{0.3m}^{3}{g}^{2}{R}^{2}}{{B}^{4}{l}_{1}^{4}}$．
答：（1）線框開始下落時(shí)cd邊距離磁場(chǎng)上邊界PQ的距離為$\frac{{m}^{2}g{R}^{2}}{30{B}^{4}{l}_{1}^{4}}$；
（2）cd邊剛離開磁場(chǎng)時(shí)，電勢(shì)差為$\frac{0.4mgR}{B（{l}_{1}+{l}_{2}）}$；
（3）從線框的cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)至線框的ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)過程中，線框產(chǎn)生的焦耳熱為0.6mgd-$\frac{{0.3m}^{3}{g}^{2}{R}^{2}}{{B}^{4}{l}_{1}^{4}}$．

點(diǎn)評(píng) 對(duì)于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動(dòng)能定理、功能關(guān)系等列方程求解．