Question

18．如圖甲所示，在粗糙的水平面上有一滑板，滑板上固定著一個用粗細均勻的導線繞成的正方形閉合線圈，匝數N=10，邊長L=0.4m，總電阻R=1Ω，滑板和線圈的總質量M=2kg，滑板與地面間的動摩擦因數μ=0.5，前方有一長4L、高L的矩形區域，其下邊界與線圈中心等高，區域內有垂直線圈平面的水平勻強磁場，磁感應強度大小按如圖乙所示的規律變化．現給線圈施加一水平拉力F，使線圈以速度v=0.4m/s勻速通過矩形磁場．t=0時刻，線圈右側恰好開始進入磁場．g=l0m/s²．求：

（1）t=0.5s時線圈中通過的電流；
（2）線圈左側進入磁場區域前的瞬間拉力F的大小；
（3）線圈通過圖中矩形區域的整個過程中拉力F的最大值與最小值之比．

Answer 1

分析 （1）根據法拉第電磁感應定律求出感應電動勢，由閉合電路歐姆定律求出線圈電流；
（2）線框左側進入磁場區域前，線框勻速運動，拉力、安培力和摩擦力三力平衡；
（3）線框全部進入磁場前，線框上邊受到向下的安培力，拉力最大；1s后，線框在磁場中，線框上邊受到向上的安培力，拉力最小，求出最大拉力和最小拉力，再求比值；

解答 解：（1）線框切割磁感線產生的感應電動勢：${E}_{1}^{\;}=NB\frac{L}{2}v=10×0.5×\frac{0.4}{2}×0.4=0.4V$
線圈電流${I}_{1}^{\;}=\frac{E}{R}=\frac{0.4}{1}=0.4A$
（2）線框因勻速運動將要全部進入前
右邊導線所受向左的總安培力：${F}_{1}^{\;}=NB{I}_{1}^{\;}\frac{L}{2}=10×0.5×0.4×\frac{0.4}{2}=0.4N$
上邊導線所受向下的總安培力：${F}_{2}^{\;}=NB{I}_{1}^{\;}L=10×0.5×0.4×0.4=0.8N$
滑動摩擦力$f=μ（Mg+{F}_{2}^{\;}）=0.5×（20+0.8）=10.4N$
故拉力：F=F₁+f=10.8N                
（3）在t=1s時：
在磁場中運動時：${E}_{2}^{\;}=N\frac{△φ}{△t}=N\frac{△B}{△t}•\frac{{L}_{\;}^{2}}{2}$=$10×\frac{0.5}{2}×\frac{1}{2}×0．{4}_{\;}^{2}=0.2V$
線框中形成順時針電流：${I}_{2}^{\;}=\frac{{E}_{2}^{\;}}{R}=\frac{0.2}{1}A=0.2A$
線框上邊受到向上的最大力${F}_{3}^{\;}=NB{I}_{2}^{\;}L=10×0.5×0.2×0.4=0.4N$
此時拉力F'=滑動摩擦力f
F'=$μ（Mg-{F}_{3}^{\;}）$=0.5×（20-0.4）=9.8N
所以最大值與最小值之比為F：F'=10.8：9.8=54：49
答：（1）t=0.5s時線圈中通過的電流0.4A；
（2）線圈左側進入磁場區域前的瞬間拉力F的大小10.8N；
（3）線圈通過圖中矩形區域的整個過程中拉力F的最大值與最小值之比54：49

點評 考查牛頓第二定律、法拉第電磁感應定律與閉合電路歐姆定律的應用，同時注意結合力和運動的關系，明確安培力對物體運動的影響．