Question

1．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）线框从开始运动到完全进入磁场区域的过程中，通过线框的电量为多少？
（2）装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q；
（3）线框向下运动第一次即将离开磁场下边界时的加速度；
（4）经过足够长时间后，线框下边的运动范围（距离磁场区域下边界）．

Answer 1

分析 当线框进入磁场时，磁通量发生变化，导致线框中有感应电流，处于磁场中受到安培力，从而阻碍线框运动．通过线框截面的电量由磁通量的变化与线框的电阻之比求得．当穿过线框的磁通量发生变化时，线框中产生感应电流，从而产生热量，同时在运动过程中重力做正功，导体棒受到安培力做负功，则可由动能定理列式求出．运用动能定理可求出线框上边经过磁场下边界时速度，从而根据左手定则算出所受的安培力．

解答 解：（1）通过线框的电量为$q=I△t=\frac{△φ}{△t•R}△t=\frac{△φ}{R}=\frac{{B{d^2}}}{R}$
（2）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
（3）设线框第一次向下运动刚离开磁场下边界时的速度为v₁，则接着又向下运动2d，由动能定理$mgsinα•2d-BIld=0-\frac{1}{2}m{v_1}^2$
得${v_1}=\sqrt{\frac{2BIld-4mgdsinα}{m}}$
安培力${F_A}=BI'd=B•\frac{{Bd{v_1}}}{R}•d=\frac{{{B^2}{d^2}{v_1}}}{R}=\frac{{{B^2}{d^2}}}{R}\sqrt{\frac{2BIld-4mgdsinα}{m}}$
加速度a=$\frac{mgsinα-{F}_{A}}{m}$=gsinα-$\frac{{B}^{2}{d}^{2}}{mR}$$\sqrt{\frac{2BIld-4mgdsinα}{m}}$
（4）经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离x_m之间往复运动．
由动能定理 mgsinα•x_m-BIl（x_m-d）=0
解得${x_m}=\frac{BIld}{BIl-mgsinα}$．
答：（1）线框从开始运动到完全进入磁场区域的过程中，通过线框的电量为$\frac{B{d}^{2}}{R}$；
（2）装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热为4mgdsinα-BIld；
（3）线框向下运动第一次即将离开磁场下边界时的加速度gsinα-$\frac{{B}^{2}{d}^{2}}{mR}$$\sqrt{\frac{2BIld-4mgdsinα}{m}}$；
（4）经过足够长时间后，线框下边的运动范围d～$\frac{BIld}{BIl-mgsinα}$

点评 本题考查电磁感应应用中的能量和力结合问题，当线框产生感应电流时，由安培力做功从而产生热量．因安培力不恒定，所以运用动能定理求得产生的热量．