Question

如圖甲所示，正方形線框abcd的質(zhì)量為m、邊長為乙，線框從垂直紙面向里的水平有界勻強(qiáng)磁場的上方h高度處由靜止自由下落，下落過程中，線框始終在同一豎直平面內(nèi)，磁場高度為H，cd邊與磁場邊界都沿水平方向，g取l0m/s²．
（1）證明：線框進(jìn)入磁場的過程中，在任意時刻線框克服安培力做功的功率等于線框的電功率．
（2）若m=0.40kg，L=0.45m，h=0.80m，H=1.45m，且cd邊剛進(jìn)入磁場時線框恰好做勻速運(yùn)動，求cd邊剛穿出磁場時線框的加速度大小a₁．
（3）在第（2）問中，若線框剛進(jìn)入磁場時對其施加一豎直方向外力F，使其能以a₂=10.0m/s²的加速度豎直向下做勻加速運(yùn)動，請?jiān)趫D乙中作出線框abcd進(jìn)入磁場的過程中外力F隨時間t變化的圖象．

Answer 1

分析：（1）導(dǎo)線框cd邊在磁場中運(yùn)動時，克服安培力做功的功率為：P_安=F_安v，導(dǎo)線框消耗的電功率為：P_電=I²R，將感應(yīng)電流I與速度v的關(guān)系代入，即可證明．
（2）cd邊剛進(jìn)入磁場前自由下落，根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出cd邊剛進(jìn)入磁場時線框的速度．
線框完全進(jìn)入磁場中，其磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，不受安培力，機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒求出cd邊剛穿出磁場時線框的速度，求出線框此時所受的安培力，再根據(jù)牛頓第二定律求加速度．
（3）若線框剛進(jìn)入磁場時對其施加一豎直方向外力F，此時線框受到重力、安培力和F的作用，根據(jù)牛頓第二定律和安培力表達(dá)式F=

B2L2v

R

，速度公式v=v₀+a₂t，得到F與t的關(guān)系式，再作出圖象．

解答：解：（1）設(shè)導(dǎo)線框cd邊剛進(jìn)入磁場時的速度為v，則在cd邊進(jìn)入磁場過程時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E=BLv，
根據(jù)閉合電路歐姆定律，導(dǎo)線框的感應(yīng)電流為：I=

E

R

導(dǎo)線框受到的安培力為：F_安=BIL=

B2L2v

R

，
因cd剛進(jìn)入磁場時導(dǎo)線框做勻速運(yùn)動，所以有：F_安=mg，
以上各式聯(lián)立，得：v=

mgR

B2L2

．
導(dǎo)線框cd邊在磁場中運(yùn)動時，克服安培力做功的功率為：P_安=F_安v=

B2L2v

R

?v=

B2L2v2

R

導(dǎo)線框消耗的電功率為：P_電=I²R=（

BLv

R

）²R=

B2L2v2

R

．
因此有：P_安=P_電
即線框進(jìn)入磁場的過程中，在任意時刻線框克服安培力做功的功率等于線框的電功率．
（2）線框自由下落過程，有：
mgh=

1

2

mv2，v=

2gh

=

2×10×0.8

=4m/s
設(shè)cd邊剛穿出磁場時線框速度為v′．
根據(jù)機(jī)械能守恒得：mg（H-L）=

1

2

mv′2-

1

2

mv2
得：v′=

v2+2g(H-L)

=

42+2×10×(1.45-0.45)

=6m/s
此時線框所受的安培力大小為：F=BIL=BL

BLv′

R

=

B2L2v′

R

根據(jù)牛頓第二定律得：F-mg=ma₁．
即：

B2L2v′

R

-mg=ma₁．
由上題有：v=

mgR

B2L2

=4m/s
得：

B2L2

R

=

1

4

mg
則得：

1

4

mgv′-mg=ma₁．
解得：a₁=0.5g=5m/s²．
（3）線框在F外力作用下加速進(jìn)入過程中，經(jīng)t時刻速度為v，則該時刻有：
F+mg-

B2L2v″

R

=ma₂．
又v″=v+a₂t
根據(jù)上述方程聯(lián)立，可得F=4+10t（t≤0.1s），在圖乙中作出線框abcd進(jìn)入磁場的過程中外力F隨時間t變化的圖象如圖所示．
答：（1）證明見上．
（2）cd邊剛穿出磁場時線框的加速度大小a₁為5m/s²．
（3）作出線框abcd進(jìn)入磁場的過程中外力F隨時間t變化的圖象如圖．

點(diǎn)評：本題是電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題，分析和計(jì)算安培力是解題的關(guān)鍵，要根據(jù)線框的運(yùn)動情況，分析其受力情況，運(yùn)用牛頓第二定律和電磁感應(yīng)的相關(guān)規(guī)律求解．