Question

（2009?深圳二模）如圖所示，N匝矩形金屬線圈的質(zhì)量為m，電阻為R，放在傾角為θ的光滑斜面上，其ab邊長(zhǎng)度為L(zhǎng)且與斜面底邊平行．與ab平行的兩水平虛線MN、PQ之間，在t=0時(shí)刻加一變化的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B=Kt，方向垂直斜面向上．在t=0時(shí)刻將線圈由圖中位置靜止釋放，在t=t₁時(shí)刻ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)，t=t₂時(shí)刻ab邊穿出磁場(chǎng)．線圈ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間電流為0，穿出磁場(chǎng)前的瞬間線圈加速度為0．（重力加速度為g）求：

（1）MN、PQ之間的距離d；
（2）從t=0到t=t₁運(yùn)動(dòng)過程中線圈產(chǎn)生的熱量Q；
（3）線圈的ab邊在穿過磁場(chǎng)過程中克服安培力所做的功W．

Answer 1

分析：（1）ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，線圈做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可以求出線圈的加速度，由勻變速運(yùn)動(dòng)的速度公式求出ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度；由法拉第電磁定律求出由于磁場(chǎng)變化而產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由E=BLv求出ab切割磁感線而產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由題意知，這兩個(gè)電動(dòng)勢(shì)的和電動(dòng)勢(shì)是零，據(jù)此求出磁場(chǎng)的寬度d．
（2）由歐姆定律求出感應(yīng)電流，由焦耳定律求出焦耳熱．
（3）線圈穿出磁場(chǎng)時(shí)的加速度為零，合力為零，求出此時(shí)線圈受到的安培力，由平衡條件求出線圈穿出磁場(chǎng)時(shí)的速度，然后由動(dòng)能定理求出安培力所做的功．

解答：解：（1）線圈進(jìn)入磁場(chǎng)前做勻加速運(yùn)動(dòng)，
由牛頓第二定律得：mgsinθ=ma，a=gsinθ，
當(dāng)t=t₁時(shí)，線圈的速度：v₁=at₁=gsinθt₁…①
由法拉第電磁感應(yīng)定律得，由于磁場(chǎng)變化產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：
E₁=N

△Φ

△t

=NS

△B

△t

=Ndl

Kt1-0

t1-0

=NKld，
ab邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：
E₁′=NB₁lv₁=NKlgt₁²sinθ，
由題意可知瞬間電流為0，
則：E_合=E₁-E₁′=0
即：NKdl=NKlgt₁²sinθ，
∴磁場(chǎng)寬度：d=gt₁²sinθ；
（2）由（1）可知：E₁=NKld，感應(yīng)電流：I=

E1

R

=

NKld

R

，
從t=0到t=t₁運(yùn)動(dòng)過程中線圈產(chǎn)生的熱量Q：
 Q=I2Rt1=

N2k2L2g2sin2θ t 5 1

R

；
（3）當(dāng)t=t₂時(shí)，由題意知：mgsinθ-NB₂I₂L=0，
設(shè)ab邊穿出磁場(chǎng)瞬間的速度為v₂，
ε2=NB2Lv2，I2=

NB2Lv2

R

，
∴v2=

mgRsinθ

N2k2t2L2

，
由動(dòng)能定理：

1

2

m

v

2 2

-

1

2

m

v

2 1

=mgdsinθ-W，
解得：W=

1

2

mg2sin2θ(3

t

2 1

-

m2R2

N4k4 t 4 2 L4

)；
答：（1）MN、PQ之間的距離為gt₁²sinθ；
（2）從t=0到t=t₁運(yùn)動(dòng)過程中線圈產(chǎn)生的熱量為

N2K2L2g2(sinθ)2 t 5 1

R

；
（3）線圈的ab邊在穿過磁場(chǎng)過程中克服安培力所做的功為

1

2

mg²sin²θ(3

t

2 1

-

m2R2

N4K4L4 t 4 2

)．

點(diǎn)評(píng)：分析清楚線圈的運(yùn)動(dòng)過程、對(duì)線圈正確受力分析、熟練應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律、動(dòng)能定律是正確解題的關(guān)鍵，本題計(jì)算量大，過程較復(fù)雜，是一道難題，解題是要細(xì)心、認(rèn)真，否則會(huì)出錯(cuò)．