Question

19．如圖所示，傾角為α的光滑固定斜面，斜面上相隔為d的平行虛線MN與PQ間有大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直斜面向下．一質(zhì)量為m，電阻為R，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形單匝純電阻金屬線圈，線圈在沿斜面向上的恒力作用下，以速度v勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，線圈ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)和cd邊剛要離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，ab邊兩端的電壓相等．已知磁場(chǎng)的寬度d大于線圈的邊長(zhǎng)L，重力加速度為g．求
（1）線圈進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，通過(guò)ab邊的電量q；
（2）恒力F的大��；
（3）線圈通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，ab邊產(chǎn)生的熱量Q．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)電量公式、歐姆定律和法拉第電磁感應(yīng)定律結(jié)合求解電量．
（2）線圈勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，受力平衡，根據(jù)平衡條件和安培力公式求解．
（3）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律結(jié)合得到線圈ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)和cd邊剛要離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，ab間的電壓與速度的關(guān)系，從而求得cd邊剛要離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度，再由動(dòng)能定理和功能關(guān)系求解熱量．

解答 解：（1）線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，通過(guò)線框橫截面的電量 $q=\overline I△t$ ①
根據(jù)歐姆定律有  $\overline I=\frac{\overline E}{R}$ ②
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律  $\overline E=N\frac{△ϕ}{△t}$ ③
線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中的磁通量變化△ϕ=BL² ④
由①②③④式解得  $q=\frac{{B{L^2}}}{R}$ ⑤
（2）線圈勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，根據(jù)平衡有   F=mgsinα+F_安 ⑥
線圈受到的安培力    F_安=BIL⑦
根據(jù)歐姆定律  $I=\frac{E}{R}$⑧
根據(jù)法拉第定磁感應(yīng)定律  E=BLv ⑨
由⑥⑦⑧⑨式解得  $F=mgsinα+\frac{{{B^2}{L^2}v}}{R}$  ⑩
（3）線圈ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律 ${U_{ab}}=\frac{3}{4}BLv$
線圈cd邊剛要離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律 ${U_{ab}}=\frac{1}{4}BL{v_1}$
線圈通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有 $F（L+d）-mg（L+d）sinα-{W_安}=\frac{1}{2}mv_1^2-\frac{1}{2}m{v^2}$
根據(jù)安培力做功和電熱的關(guān)系有  W_安=Q_總
根據(jù)熱量分配關(guān)系有   $Q=\frac{1}{4}{Q_總}(cāng)$
解得$Q=\frac{{{B^2}{L^2}v（L+d）}}{4R}-m{v^2}$
答：
（1）線圈進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，通過(guò)ab邊的電量q是$\frac{B{L}^{2}}{R}$；
（2）恒力F的大小為mgsinα+$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$；
（3）線圈通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，ab邊產(chǎn)生的熱量Q為 $\frac{{B}^{2}{L}^{2}v（L+d）}{4R}$-mv²．

點(diǎn)評(píng) 本題中感應(yīng)電荷量的結(jié)論可在會(huì)推導(dǎo)的基礎(chǔ)上記牢，經(jīng)常用到．分析清楚線圈的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是正確解題的關(guān)鍵，解題時(shí)要注意：E=BLv、歐姆定律、安培力公式、平衡條件、動(dòng)能定理與能量守恒定律的應(yīng)用，求熱量時(shí)，要注意線框進(jìn)入和穿出磁場(chǎng)兩個(gè)過(guò)程都要產(chǎn)生焦耳熱．