Question

8．如图所示，一轻绳绕过两轻质滑轮，两端分别连接着矩形导线框A和石块C，线框A的边长d=1m、l=0.6m，电阻R=0.1Ω，质量m=0.5kg，石块C质量M=2kg．垂直纸面向外的有界水平匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，磁场宽度为s=1.6m．如果线框从图示位置由静止开始释放，恰好匀速进入磁场，取g=10m/s²．试求：
（1）线框进入磁场时匀速运动的速度v₀；
（2）线框进入磁场过程中产生的电热Q；
（3）线框上边刚出磁场时的加速度a．

Answer 1

分析 （1）线框进入磁场时匀速运动，所受的拉力、重力和安培力三个力平衡．根据E=Bdv₀，I=$\frac{E}{R}$，F_A=BId，推导出安培力与速度的关系式，再根据平衡条件列式，求解速度．
（2）线框进入磁场过程中产生的电热Q等于A、C系统减少的重力势能，根据能量守恒定律求解电热．
（3）线框完全在磁场中运动时，穿过线框的磁通量没有变化，没有感应电流产生，系统的机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理求出线框上边刚出磁场时的速度，求得此时线框所受的安培力，再根据牛顿第二定律求解加速度．

解答 解：设线框进入磁场时匀速运动的速度为v₀，则产生的电动势：E=Bdv₀
感应电流为：I=$\frac{E}{R}$
安培力为：F_A=BId   
则得：F_A=$\frac{{B}^{2}{d}^{2}{v}_{0}}{R}$
对线框和石块整体，受力平衡：Mg=mg+F_A         
联立解得：v₀=$\frac{（M-m）gR}{{B}^{2}{d}^{2}}$=$\frac{（2-0.5）×10×0.1}{0．{5}^{2}×{1}^{2}}$=6m/s         
（2）根据能量转化和守恒定律知，电热等于A、C系统减少的重力势能，即：
Q=（M-m）gl=（2-0.5）×10×0.6J=9J         
（3）设线框上边刚出磁场时的速度为v，对线框和石块整体，根据动能定理有：
  Mg（s-l）-mg（s-l）=$\frac{1}{2}（M+m）{v}^{2}-\frac{1}{2}（M+m）{v}_{0}^{2}$
代入数据解得：v=4$\sqrt{3}$m/s
此时的安培力为：${F}_{A}^{′}=\frac{{B}^{2}{d}^{2}v}{R}$=10$\sqrt{3}$N      
对线框和石块整体，根据牛顿第二定律有：
Mg-mg-${F}_{A}^{′}$=（M+m）a        
解得：a=6-4$\sqrt{3}$m/s²=-0.93m/s²         
即加速度大小为0.93m/s²，方向竖直向下．        
答：（1）线框进入磁场时匀速运动的速度v₀是6m/s．
（2）线框进入磁场过程中产生的电热Q是9J．
（3）线框上边刚出磁场时的加速度大小为0.93m/s²，方向竖直向下．

点评 对于电磁感应问题，关键要会推导安培力的表达式和分析能量如何转化及牛顿定律的应用．