Question

19．如圖1所示，一質量m=0.10kg、電阻R=0.10Ω的矩形金屬框abcd由靜止開始釋放，豎直向下進入勻強磁場．已知磁場方向垂直紙面向內，磁感應強度B=0.50T，金屬框寬L=0.20m，開始釋放時ab邊與磁場的上邊界重合．經過時間t₁，金屬框下降了h₁=0.50m，金屬框中產生了Q₁=0.45J的熱量，取g=10m/s²．
（1）求經過時間t₁時金屬框速度v₁的大小以及感應電流的大小和方向；
（2）經過時間t₁后，在金屬框上施加一個豎直方向的拉力，使它作勻變速直線運動，再經過時間t₂=0.1s，又向下運動了h₂=0.12m，求金屬框加速度的大小以及此時拉力的大小和方向（此過程中cd邊始終在磁場外）．
（3）t₂時間后該力變?yōu)楹愣ɡ�力，又經過時間t₃金屬框速度減小到零后不再運動．求該拉力的大小以及t₃時間內金屬框中產生的焦耳熱（此過程中cd邊始終在磁場外）．
（4）在圖2所給坐標中定性畫出金屬框所受安培力F隨時間t變化的關系圖線．

Answer 1

分析 物理過程很明顯的一個題，在重力的作用下進入磁場，由于切割磁感線又將受到阻礙運動的安培力，因此金屬框始做加速度減小的加速運動．
（1）經過t₁，由題設根據能量守恒定律求出此刻金屬棒的速度．
（2）之后在金屬棒上加一個豎直向上的拉力，使它做勻變速直線運動，由于速度變化致使安培力也將變化，拉力也相應變化．由題設條件先求出加速度，從而這段時間的末速度也能求出，感應電流、安培力等一并求出，再據牛頓第二定律求出此刻的拉力．
（3）拉力變?yōu)楹懔�后，由于減速到零，最終靜止時，拉力等于重力；由功能關系知：克服拉力做的功減小了重力勢能，最后動能全部變成了焦耳熱．
（4）分段考慮，找出每個過程的臨界坐標，最后用平滑的曲、直線連起來就能得到．

解答 解：（1）從開始到經過時間t₁  由能量守恒定律得：
          $mg{h}_{1}=\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}+{Q}_{1}$
   代入解得：${v}_{1}=\sqrt{\frac{2（mg{h}_{1}-Q）}{m}}=\sqrt{\frac{2（0.1×10×0.5-0.45}{0.1}}m/s$=1m/s
   感應電流$I=\frac{E}{R}=\frac{BL{v}_{1}}{R}=\frac{0.5×0.2×1}{0.1}A$=1A，由右手定則知：方向為逆時針方向．
（2）由運動學公式再經過時間t₂，金屬框以v₁速度做勻變速直線運動：
        ${h}_{2}={v}_{1}{t}_{2}+\frac{1}{2}a{{t}_{2}}^{2}$ 
  代入得到：$a=\frac{2（{h}_{2}-{v}_{1}{t}_{2}）}{{{t}_{2}}^{2}}=\frac{2（0.12-1×0.1）}{0．{1}^{2}}m/{s}^{2}$=4m/s² 
  此刻金屬框的速度：v₂=v₁+at₂=1m/s+4×0.1m/s=1.4m/s
  感應電流：$I′=\frac{BL{v}_{2}}{R}=\frac{0.5×0.2×1.4}{0.1}A=1.4A$
  據牛頓第二定律有：F+mg-BI′L=ma  
  所以：F=BI′L+ma-mg=0.5×0.2×1.4N+0.1×4N-0.1×10N=-0.46N  負號表示方向向上．
（3）拉力F變?yōu)橐粋�恒力后，金屬框做減速運動，速度為零時當拉力等于重力時就靜止，此時F′=mg=1N
  由能量守恒金屬框的動能全部變?yōu)榻苟鸁幔�所以�?br />         ${Q}_{2}=\frac{1}{2}m{{v}_{2}}^{2}=\frac{1}{2}×0.1×1．{4}^{2}J$=9.8×10^-2J
（4）由分析可得安培力隨時間t的變化圖象如下圖：
答：（1）經過時間t₁時金屬框速度v₁的大小為1m/s，感應電流的大小為1A、方向為逆時針方向．
（2）經過時間t₁后，在金屬框上施加一個豎直方向的拉力，使它作勻變速直線運動，再經過時間t₂=0.1s，又向下運動了h₂=0.12m，此時金屬框加速度的大小4m/s²，此時拉力的大小為0.46N，方向豎直向上．
（3）t₂時間后該力變?yōu)楹愣ɡ�力，又經過時間t₃金屬框速度減小到零后不再運動．此時該拉力的大小為1N，t₃時間內金屬框中產生的焦耳熱9.8×10^-2J．

點評 本題的難點在于每一過程給出了不同已知條件：0-t₁，加速度減小的加速運動，由能量守恒求末速度；t₁-t₁+t₂，勻加速直線運動，速度、電流、安培力、均勻增加，則拉力也應均勻增加；t₁+t₂----t₃，拉力變?yōu)楹懔ψ罱K靜止，由動能定律可以求出安培力做的功，從而該過程產生的焦耳熱能夠求出來．