Question

18．如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一質量為M的Π形線框abcd，水平邊bc長為L，電阻為r，豎直邊ab與cd的電阻不計；線框的上部處于與線框平面垂直的勻強磁場Ⅰ區(qū)域中，磁感應強度為B₁，磁場Ⅰ區(qū)域的水平下邊界（圖中虛線）與bc邊的距離為H．質量為m、電阻為3r的金屬棒PQ用可承受最大拉力為3mg的細線懸掛著，靜止于水平位置，其兩端與線框的兩條豎直邊接觸良好，并可沿著豎直邊無摩擦滑動．金屬棒PQ處在磁感應強度為B₂的勻強磁場Ⅱ區(qū)域中，B₂的方向與B₁相同．現(xiàn)將Π形線框由靜止釋放，當bc邊到達磁場Ⅰ區(qū)域的下邊界時，細線剛好斷裂，重力加速度為g．則從釋放Π形線框至細線斷裂前的整個過程中：
（1）感應電流的最大值是多少？
（2）Π形線框下落的最大速度是多少？
（3）金屬棒PQ產(chǎn)生的熱量是多少？
（4）請分析說明：Π形線框速度和加速度的變化情況，求出加速度的最大值和最小值．

Answer 1

分析 （1）依據(jù)金屬棒在拉力、重力和安培力的作用下處于平衡狀態(tài)，結合平衡條件，及安培力表達式，即可求解；
（2）根據(jù)感應電動勢，及閉合電路歐姆定律，即可求解；
（3）根據(jù)能量守恒定律，結合功率表達式P=I²R，即可求解；
（4）依據(jù)牛頓第二定律，即可求解加速度的最大值和最小值．

解答 解：（1）Π形線框abcd與金屬棒PQ構成閉合回路．在Π形線框下落過程中，bc邊在磁場Ⅰ區(qū)域內(nèi)切割磁感線，回路中產(chǎn)生感應電流，金屬棒PQ在磁場Ⅱ區(qū)域中，受到向下的安培力，金屬棒在拉力、重力和安培力的作用下處于平衡狀態(tài)．隨著線框下落速度的增大，感應電動勢、感應電流、安培力都增大，bc邊到達磁場下邊界時，以上各量都達到最大．
由細線斷裂的臨界條件：
則有，mg+F_安=3mg，
且F_安=2mg
再由F_安=B₂I_mL
聯(lián)立各式得：I_m=$\frac{2mg}{{B}_{2}L}$
（2）細線斷裂瞬間，線框的速度最大，此時感應電動勢：E=B₁Lv
由閉合電路的歐姆定律：E=I_m（r+R）=I_m（r+3r）
聯(lián)立得：v=$\frac{8mgr}{{B}_{1}{B}_{2}{L}^{2}}$
（3）根據(jù)能量守恒定律，整個過程產(chǎn)生的內(nèi)能等于減少的機械能：
Q=MgH-$\frac{1}{2}M{v}^{2}$
再由P=I²R可知，$\frac{{Q}_{棒}}{Q}$=$\frac{{I}^{2}3r}{{I}^{2}（r+3r）}$=$\frac{3}{4}$
所以：Q_棒=$\frac{3}{4}Q$=$\frac{3}{4}MgH-\frac{24M{m}^{2}{g}^{2}{r}^{2}}{{B}_{1}^{2}{B}_{2}^{2}{L}^{4}}$
（4）Π形線框下落過程中，做加速度減小的變加速運動
剛釋放瞬間，加速度最大為g；
bc邊到達磁場Ⅰ的下邊界時，加速度最小，設為a，
由牛頓第二定律：a=$\frac{Mg-{B}_{1}{I}_{m}L}{M}$，式中I_m=$\frac{2mg}{{B}_{2}L}$
解得最小加速度：a=g-$\frac{2mg{B}_{1}}{M{B}_{2}}$
答：（1）感應電流的最大值是$\frac{2mg}{{B}_{2}L}$；
（2）Π形線框下落的最大速度是$\frac{8mgr}{{B}_{1}{B}_{2}{L}^{2}}$；
（3）金屬棒PQ產(chǎn)生的熱量是$\frac{3}{4}MgH-\frac{24M{m}^{2}{g}^{2}{r}^{2}}{{B}_{1}^{2}{B}_{2}^{2}{L}^{4}}$；
（4）Π形線框做加速度減小的變加速運動，加速度的最大值為g，而最小值為g-$\frac{2mg{B}_{1}}{M{B}_{2}}$．

點評 本題屬于力電綜合問題，考查了法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律與牛頓第二定律的內(nèi)容，掌握能量守恒定律的應用，及功率表達式的運用，注意棒產(chǎn)生熱量與整個電路的熱量關系．