Question

如圖甲所示，正方形線框abcd的質量為m、邊長為乙，線框從垂直紙面向里的水平有界勻強磁場的上方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，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邊剛進入磁場時線框恰好做勻速運動，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動，請在圖乙中作出線框abcd進入磁場的過程中外力F隨時間t變化的圖象．

Answer 1

分析：（1）導線框cd邊在磁場中運動時，克服安培力做功的功率為：P_安=F_安v，導線框消耗的電功率為：P_電=I²R，將感應電流I與速度v的關系代入，即可證明．
（2）cd邊剛進入磁場前自由下落，根據機械能守恒定律求出cd邊剛進入磁場時線框的速度．
線框完全進入磁場中，其磁通量不變，沒有感應電流產生，不受安培力，機械能守恒，根據機械能守恒求出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，再根據牛頓第二定律求加速度．
（3）若線框剛進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，根據牛頓第二定律和安培力表達式F=

B2L2v

R

，速度公式v=v₀+a₂t，得到F與t的關系式，再作出圖象．

解答：解：（1）設導線框cd邊剛進入磁場時的速度為v，則在cd邊進入磁場過程時產生的感應電動勢為：E=BLv，
根據閉合電路歐姆定律，導線框的感應電流為：I=

E

R

導線框受到的安培力為：F_安=BIL=

B2L2v

R

，
因cd剛進入磁場時導線框做勻速運動，所以有：F_安=mg，
以上各式聯立，得：v=

mgR

B2L2

．
導線框cd邊在磁場中運動時，克服安培力做功的功率為：P_安=F_安v=

B2L2v

R

?v=

B2L2v2

R

導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cd邊剛穿出磁場時線框速度為v′．
根據機械能守恒得：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外力作用下加速進入過程中，經t時刻速度為v，則該時刻有：
F+mg-

B2L2v″

R

=ma₂．
又v″=v+a₂t
根據上述方程聯立，可得F=4+10t（t≤0.1s），在圖乙中作出線框abcd進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進入磁場的過程中外力F隨時間t變化的圖象如圖．

點評：本題是電磁感應中的力學問題，分析和計算安培力是解題的關鍵，要根據線框的運動情況，分析其受力情況，運用牛頓第二定律和電磁感應的相關規律求解．