题目内容

(2009?江苏)如图所示,两平行的光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜面上,导轨间距为l、足够长且电阻忽略不计,导轨平面的倾角为α,条形匀强磁场的宽度为d,磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直.长度为2d的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成“”型装置,总质量为m,置于导轨上.导体棒中通以大小恒为I的电流(由外接恒流源产生,图中未画出).线框的边长为d(d<l),电阻为R,下边与磁场区域上边界重合.将装置由静止释放,导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回,导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直.重力加速度为g.
求:(1)装置从释放到开始返回的过程中,线框中产生的焦耳热Q;
(2)线框第一次穿越磁场区域所需的时间t1
(3)经过足够长时间后,线框上边与磁场区域下边界的最大距离Χm
分析:(1)线框中产生的焦耳热Q等于克服安培力做的功,安培力所做的功可以通过动能定理去求;
(2)设线框刚离开磁场下边界时的速度为v1,则接着向下运动2d,可由动能定理可列出方程,再根据感应电动势公式,感应电流的公式,安培力的公式表达出这些物理量,最后由牛顿第二定律求出在t到t+△t时间内速度的变化量,最后再两边同时求和,速度求和就是v1,这样就可以求出时间t;
(3)经过足够长时间后,线框在磁场下边界与最大距离xm之间往复运动,可以根据动能定理直接求出最大距离.
解答:解:(1)设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中,作用在线框上的安培力做功为W
         由动能定理  mgsinα?4d+W-BIld=0
         且Q=-W
         解得  Q=4mgdsinα-BIld
   (2)设线框刚离开磁场下边界时的速度为v1,则接着向下运动2d
        由动能定理得:mgsinα?2d-BIld=0-
1
2
m
v
2
1

        装置在磁场中运动时收到的合力F=mgsinα-F′
        感应电动势   E=Bdv
        感应电流     I′=
E
R

        安培力       F'=BI'd
       由牛顿第二定律,在t到t+△t时间内,有△v=
F
m
△t

       则∑△v=∑[gsinα-
B2d2v
mR
]△t

       有v1=gt1sinα-
2B2d3
mR

       解得   t1=
2m(BIld-2mgdsinα)
+
2B2d3
R
mgsinα

  (3)经过足够长时间后,线框在磁场下边界与最大距离xm之间往复运动
       由动能定理   mgsinα?xm-BIl(xm-d)=0
       解得    xm=
BIld
BIl-mgsinα

答:(1)装置从释放到开始返回的过程中,线框中产生的焦耳热为4mgdsinα-BIld;(2)线框第一次穿越磁场区域所需的时间t1
2m(BIld-2mgdsinα)
+
2B2d3
R
mgsinα
;(3)经过足够长时间后,线框上边与磁场区域下边界的最大距离Χm
BIld
BIl-mgsinα
点评:该题考查了动能定理以及微元法在磁场中的运用,微元法思想的渗透对加深学生对物理概念、物理规律的理解,提高解决物理问题的能力有很大的帮助.该题难度很大,涉及的知识点比较多,对同学们的能力要求很高,属于难题.
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