Question

如圖所示，正方形線框abcd放在光滑絕緣的水平面上，其邊長(zhǎng)L=0.5m、質(zhì)量m=0.5kg、電阻R=0.5Ω，M、N分別為線框ad、bc邊的中點(diǎn)．圖示兩個(gè)虛線區(qū)域內(nèi)分別有豎直向下和向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B=1T，PQ為其分界線．線框從圖示位置以速度
V₀=2m/s勻速向右滑動(dòng)，當(dāng)MN與PQ重合時(shí)，線框的速度V₁=1m/s，此時(shí)立刻對(duì)線框施加一沿運(yùn)動(dòng)方向的水平拉力，使線框勻速運(yùn)動(dòng)直至完全進(jìn)入右側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域．求：
（1）線框由圖示位置運(yùn)動(dòng)到MN與PQ重合的過(guò)程中磁通量的變化量；
（2）線框運(yùn)動(dòng)過(guò)程中最大加速度的大小；
（3）在上述運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱．

Answer 1

分析：（1）磁通量的變化量：△Φ=BS；
（2）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出電動(dòng)勢(shì)，使用歐姆定律求出電流和安培力，最后使用牛頓第二定律求出加速度．
（3）整個(gè)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，滿足能量的轉(zhuǎn)化與守恒．

解答：解：（1）MN與PO重合時(shí)穿過(guò)線框的磁通量為0，故磁通量的變化量為：
△Φ=BS=BL²=1×0.5²Wb=0.25Wb
（2）cd邊剛過(guò)PQ的瞬間，線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：
E=2BLv₀=2×1×0.5×2V=2V
感應(yīng)電流的大�。�
I=

E

R

=4A
線框受到的安培力的大�。�
F=2BIL=2×1×4×0.5N=4N
線框加速度的大�。�
a=

F

m

=

4

0.5

m/s2=8m/s2
（3）MN達(dá)到PQ前，由能力守恒可知，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為：
Q=

1

2

m

v

2 0

-

1

2

m

v

2 1

=0.75J
MN與PQ重合時(shí)，線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：
E₁=2BLv₁=2×1×0.5×1=1V
MN經(jīng)過(guò)PQ后線框中產(chǎn)生的焦耳熱：
Q2=

E 2 1

R

?

L

2v1

=0.5J
故在整個(gè)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為：Q=Q₁+Q₂=1.25J．
答：（1）線框由圖示位置運(yùn)動(dòng)到MN與PQ重合的過(guò)程中磁通量的變化量0.25Wb；
（2）線框運(yùn)動(dòng)過(guò)程中最大加速度的大小8m/s²；
（3）在上述運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱1.25J．

點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵通過(guò)分析和計(jì)算得出安培力的表達(dá)式，運(yùn)用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和能量的轉(zhuǎn)化與守恒處理．