Question

有一勻強(qiáng)磁場區(qū)域，區(qū)域的上下邊界MM′、NN′與水平面平行，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向如圖所示，磁場上下邊界的距離為H．一矩形線圈abcd位于豎直平面內(nèi)，其質(zhì)量為m，電阻為R，ab邊長L₁，bd邊長L₂，且L₂＜H．現(xiàn)令線框從離磁場區(qū)域上邊界MM′的距離為h處自由下落，當(dāng)cd邊已進(jìn)入磁場，ab邊還未進(jìn)入磁場的某一時(shí)刻，線框的速度已到達(dá)其完全進(jìn)入磁場前的最大值，線框下落過程中cd邊始終與磁場邊界平行．試求：
（1）線框完全進(jìn)入磁場前速度的最大值；
（2）從線框開始下落到cd邊剛剛到達(dá)磁場區(qū)域下邊界NN′的過程中，磁場作用于線框的安培力所做的功；
（3）線框cd邊剛穿出磁場區(qū)域下邊界NN′時(shí)線框的加速度．

Answer 1

分析：（1）線框進(jìn)入磁場的過程中，當(dāng)其重力與安培力相等時(shí)，速度達(dá)到最大；
（2）線框進(jìn)入磁場的過程中分為兩個(gè)過程，一是開始做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，直到達(dá)到最大速度，二是做勻速運(yùn)動(dòng)，直到cd邊到達(dá)磁場區(qū)域下邊界NN′，然后根據(jù)功能關(guān)系列方程求解；
（3）線框受重力和安培力作用，根據(jù)牛頓第二定律列方程可以正確求解．

解答：解：（1）設(shè)速度大小為v₁，此時(shí)線框的重力和線框ab邊受到的安培力平衡，令此時(shí)線框中的電流強(qiáng)度為I₁，應(yīng)有
BI₁L₁=mg
I1=

BL1v1

R

故：v1=

mgR

B2 L 2 1

．
答：線框完全進(jìn)入磁場前速度的最大值為：v1=

mgR

B2 L 2 1

．
（2）設(shè)線框達(dá)到速度v₁時(shí)，cd邊進(jìn)入磁場的深度為h₁，從下落到此時(shí)安培力對線框做功為W₁．對于線框由動(dòng)能定理，得：
mg(h+h1)+W=

1

2

m

v

2 1

    …①
線框從有速度v₁到完全進(jìn)入磁場時(shí)，線框作勻速運(yùn)動(dòng)，此過程中安培力對線框做功W₂，由動(dòng)能定理有：
mg（L₂-h₁）+W₂=0…②
從線框完全進(jìn)入磁場到cd邊剛到磁場區(qū)域下邊界NN'的過程中，線框中無電流，故此過程中安培力對線框所做的功為零，所以整個(gè)過程中磁場作用于線框的安培力所做的總功為
W_安=W₁+W₂…③
由①、②、③式
可得，W_安=

1

2

m

v

2 1

-mg(h+L2)=

m3g2R2

2B4 L 4 1

-mg(h+L2)…④
答：磁場作用于線框的安培力所做的功為W_安=

1

2

m

v

2 1

-mg(h+L2)=

m3g2R2

2B4 L 4 1

-mg(h+L2)．
（3）設(shè)線框的cd邊剛剛穿出磁場區(qū)域下邊界NN'時(shí)線框的速度v₂，則從線框剛下落到cd邊穿出磁場的整個(gè)過程中，由動(dòng)能定理，可得：
mg（h+H）+W_安=

1

2

m

v

2 2

-0…⑤
由④、⑤式解得：v2=

2g(H-L2)+ m2g2R2 B4 L 4 1

 …⑥
線框的cd邊剛出磁場時(shí)只有ab邊切割磁感線，使線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流，導(dǎo)致ab邊受到向上的安培力，設(shè)此時(shí)線框的加速度為a，且設(shè)向下的方向?yàn)檎�方向，則由電磁感應(yīng)定律及牛頓第二定律，有：mg-BL1

BL1v2

R

=ma…⑦
由 ⑥、⑦式可解得：
a=g-

2gB4 L 4 1 (H-L2) m2R2 +g2

＜0
所以所求加速度大小a=

2gB4 L 4 1 (H-L2) m2R2 +g2

-g，方向豎直向上．
答：線框cd邊剛穿出磁場區(qū)域下邊界NN′時(shí)線框的加速度大小為a=

2gB4 L 4 1 (H-L2) m2R2 +g2

-g，方向豎直向上．

點(diǎn)評(píng)：本題是電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題，考查電磁感應(yīng)、動(dòng)能定理、平衡條件等知識(shí)綜合應(yīng)用和分析能力．