Question

8．如图所示，倾角为θ=53°斜面上有一界面分别为PQ、MN的匀强磁场，磁场的方向垂直于斜面向下，磁感应强度大小为B．置于斜面上的均匀的矩形导线框abcd在磁场上方某处，导线框ab边长为l₁，bc边长为l₂，导线框的质量为m，电阻为R，与斜面之间的滑动摩擦因数为μ=$\frac{1}{3}$．磁场边界PQ与cd边平行且水平，PM间距d＞l₂．线框从某高处由静止落下，当线框的cd边刚进入磁场时，线框的加速度方向沿斜面向下、大小为$\frac{2g}{5}$；当线框的cd边刚离开磁场时，线框的加速度方向沿斜面向上、大小为$\frac{g}{5}$．运动过程中，线框平面上、下两边始终平行PQ．空气阻力不计，重力加速度为g，sin53°=0.8．求：
（1）线框开始下落时cd边距离磁场上边界PQ的距离S；
（2）cd边刚离开磁场时，电势差U_cd
（3）从线框的cd边进入磁场至线框的ab边刚进入磁场过程中，线框产生的焦耳热Q．

Answer 1

分析 （1）当线框的cd边刚进入磁场时，根据牛顿第二定律求解速度大小，再根据动能定理求解；
（2）当线框的cd边刚离开磁场时，根据牛顿第二定律求解速度大小，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律求解；
（3）从线框的cd边进入磁场至线框的cd边刚离开磁场过程中，根据动能定理列方程求解．

解答 解：（1）当线框的cd边刚进入磁场时，加速度为a₁=$\frac{2g}{5}$，设速度为v₁；
根据牛顿第二定律可得：mgsinθ-μmgcosθ-BI₁l₁=ma₁，
而安培力BI₁l₁=$\frac{{B}^{2}{l}_{1}^{2}{v}_{1}}{R}$，
所以mgsinθ-μmgcosθ-$\frac{{B}^{2}{l}_{1}^{2}{v}_{1}}{R}$=m•$\frac{2g}{5}$，
解得：v₁=$\frac{0.2mgR}{{B}^{2}{l}_{1}^{2}}$；
再根据动能定理可得：（mgsinθ-μmgcosθ）•S=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}-0$，
联立解得：S=$\frac{{m}^{2}g{R}^{2}}{30{B}^{4}{l}_{1}^{4}}$；
（2）当线框的cd边刚离开磁场时，线框的加速度方向沿斜面向上、大小为a₂=$\frac{g}{5}$，设此时速度为v₂，
根据牛顿第二定律可得：μmgcosθ+BI₂l₁-mgsinθ=ma₂，
而安培力BI₂l₁=$\frac{{B}^{2}{l}_{1}^{2}{v}_{2}}{R}$，
解得：v₂=$\frac{0.8mgR}{{B}^{2}{l}_{1}^{2}}$，
根据法拉第电磁感应定律可得E=Bl₁v₂=$\frac{0.8mgR}{B{l}_{1}}$，
所以cd边刚离开磁场时，根据右手定则可知c端电势高，
故cd两端电势差U_cd=$\frac{{l}_{1}}{2{l}_{1}+2{l}_{2}}•E$=$\frac{0.4mgR}{B（{l}_{1}+{l}_{2}）}$；
（3）从线框的cd边进入磁场至线框的ab边刚进入磁场过程中，线框产生的焦耳热与从线框的cd边进入磁场至线框的cd边刚离开磁场过程中，线框产生的焦耳热相等；
根据动能定理可得：（mgsinθ-μmgcosθ）•d-Q=$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$，
解得：Q=0.6mgd-$\frac{{0.3m}^{3}{g}^{2}{R}^{2}}{{B}^{4}{l}_{1}^{4}}$．
答：（1）线框开始下落时cd边距离磁场上边界PQ的距离为$\frac{{m}^{2}g{R}^{2}}{30{B}^{4}{l}_{1}^{4}}$；
（2）cd边刚离开磁场时，电势差为$\frac{0.4mgR}{B（{l}_{1}+{l}_{2}）}$；
（3）从线框的cd边进入磁场至线框的ab边刚进入磁场过程中，线框产生的焦耳热为0.6mgd-$\frac{{0.3m}^{3}{g}^{2}{R}^{2}}{{B}^{4}{l}_{1}^{4}}$．

点评 对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．