Question

6．如图所示，水平地面上方有一高度为H、界面分别为PQ、MN的匀强磁场，磁感应强度为B．矩形导线框abcd在磁场上方某一高度处，导线框ab边长为l₁，bd边长为l₂，导线框的质量为m，电阻为R．磁场方向垂直于线框平面，磁场高度H＞l₂．线框从某高处由静止落下，当线框的cd边刚进入磁场时，线框的加速度方向向下、大小为$\frac{3g}{5}$；当线框的cd边刚离开磁场时，线框的加速度方向向上、大小为$\frac{g}{5}$．运动过程中，线框平面位于竖直平面内，上、下两边始终平行PQ．空气阻力不计，重力加速度为g．求：
（1）线框开始下落时cd边距离磁场上边界PQ的高度h；
（2）cd边刚离开磁场时，电势差U_cd
（3）从线框的cd边进入磁场至线框的ab边刚进入磁场过程中，线框产生的焦耳热Q；
（4）从线框的cd边进入磁场至线框的ab边刚进入磁场的过程中，通过线框导线某一横截面的电荷量q．

Answer 1

分析 （1）当线框的cd边刚进入磁场时，线框的加速度方向向下、大小为$\frac{3g}{5}$，根据安培力公式，结合牛顿第二定律求出此时的速度，结合速度位移公式求出线框开始下落时cd边距离磁场上边界PQ的高度；
（2）当线框的cd边刚离开磁场时，线框的加速度方向向上、大小为$\frac{g}{5}$，根据牛顿第二定律求出此时的速度，从而得出感应电动势大小，结合欧姆定律求出cd的电势差．
（3）对线框的cd边进入磁场至cd边刚出磁场的过程运用能量守恒求出线框产生的焦耳热Q．
（4）根据法拉第电磁感应定律，结合平均电流的大小求出电荷量．

解答 解：（1）当线框的cd边刚进入磁场时，线框的加速度方向向下、大小为$\frac{3g}{5}$，
根据牛顿第二定律得：$mg-\frac{{B}^{2}{{l}_{1}}^{2}v}{R}=m{a}_{1}$，
代入数据解得：v=$\frac{2mgR}{5{B}^{2}{{l}_{1}}^{2}}$，
则线框开始下落时cd边距离磁场上边界PQ的高度为：h=$\frac{{v}^{2}}{2g}$=$\frac{2g{m}^{2}{R}^{2}}{25{B}^{4}{{l}_{1}}^{4}}$．
（2）当线框的cd边刚离开磁场时，线框的加速度方向向上、大小为$\frac{g}{5}$．
根据牛顿第二定律得：$\frac{{B}^{2}{{l}_{1}}^{2}v′}{R}-mg=m{a}_{2}$，
解得：v′=$\frac{6mgR}{5{B}^{2}{{l}_{1}}^{2}}$，
切割产生的感应电动势为：E=Bl₁v′=$\frac{6mgR}{5B{l}_{1}}$，
则cd两端的电势差为：U_cd=$-\frac{{l}_{1}}{2{l}_{1}+2{l}_{2}}E$=$-\frac{3mgR}{5B（{l}_{1}+{l}_{2}）}$．
（3）对线框的cd边进入磁场至cd边刚出磁场的过程运用能量守恒得：
$mgH=\frac{1}{2}mv{′}^{2}-\frac{1}{2}m{v}^{2}+Q$，
解得：Q=mgH-$\frac{16{m}^{3}{g}^{2}{R}^{2}}{25{B}^{4}{{l}_{1}}^{4}}$．
（4）根据法拉第电磁感应定律得，平均感应电动势为：
$\overline{E}=\frac{△Φ}{△t}=\frac{B{l}_{1}{l}_{2}}{R}$，
q=$\overline{I}△t=\frac{\overline{E}}{R}△t$=$\frac{B{l}_{1}{l}_{2}}{R}$．
答：（1）线框开始下落时cd边距离磁场上边界PQ的高度h为$\frac{2g{m}^{2}{R}^{2}}{25{B}^{4}{{l}_{1}}^{4}}$．；
（2）cd边刚离开磁场时，电势差U_cd为$-\frac{3mgR}{5B（{l}_{1}+{l}_{2}）}$．
（3）从线框的cd边进入磁场至线框的ab边刚进入磁场过程中，线框产生的焦耳热Q为mgH-$\frac{16{m}^{3}{g}^{2}{R}^{2}}{25{B}^{4}{{l}_{1}}^{4}}$；
（4）从线框的cd边进入磁场至线框的ab边刚进入磁场的过程中，通过线框导线某一横截面的电荷量q为$\frac{B{l}_{1}{l}_{2}}{R}$．

点评 本题是电磁感应与力学知识、能量知识的综合应用，通过牛顿第二定律和安培力的经验表达式F=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{{R}_{总}}$求出从线框的cd边进入磁场和cd边刚离开磁场时的速度是解决本题的关键．