Question

5．如图所示，光滑水平面上有正方形线框abcd，边长为L、电阻为R、质量为m．虚线PP'和QQ'之间有一竖直向上的匀强磁场，磁感应强为B，宽度为H，且H＞L．线框在恒力F₀作用下开始向磁场区域运动，cd边运动S后进入磁场，ab边进入磁场前某时刻，线框已经达到平衡状态．当cd边开始离开磁场时，撤去恒力F₀，重新施加外力F，使得线框做加速度大小为$\frac{F_0}{m}$的匀减速运动，最终离开磁场．
（1）cd边刚进入磁场时两端的电势差；
（2）cd边从进入磁场到QQ'这个过程中安培力做的总功；
（3）写出线框离开磁场的过程中，F随时间t变化的关系式．

Answer 1

分析 （1）线圈进入磁场前在恒力F₀作用下由静止开始做匀加速运动，由动能定理可求出cd进入磁场时的速度v，由E=BLv求出感应电动势，此时cd边的电势差等于路端电压；
（2）由题，ab边进入磁场前某时刻，线框已经达到平衡状态，根据平衡条件和安培力公式可求出匀速运动时的速度，从开始运动到线圈刚完全进入磁场的过程，根据动能定理求解安培力做的总功；完全进入磁场后没有感应电流产生，线圈不再受到安培力．
（3）从线圈刚完全进入磁场到刚离开磁场的过程，根据动能定理求出线圈开始离开磁场时的速度．根据牛顿第二定律和速度公式结合求出F的表达式．

解答 解：（1）线圈进入磁场前线圈做匀加速运动，牛顿第二定律和速度公式加速度为：a=$\frac{{F}_{0}}{m}$
cd刚进入磁场时速度为：v=at
而线圈通过的位移为：s=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$
解得：v=$\sqrt{\frac{2{F}_{0}s}{m}}$
cd边刚进入磁场时产生的感应电动势为：E=BLv
此时cd边的电势差为：U=$\frac{3}{4}E$
联立以上各式得：U=$\frac{3BL}{4}•\sqrt{\frac{2{F}_{0}s}{m}}$．
（2）进入磁场后达到平衡时，设此时速度为v₁，则有：F₀=BIL=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{1}}{R}$
得：v₁=$\frac{{F}_{0}R}{{B}^{2}{L}^{2}}$
根据动能定理得：F₀（L+s）+W_安=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}-0$
W_安=-F₀（L+s）+$\frac{m{F}_{0}^{2}{R}^{2}}{2{B}^{4}{L}^{4}}$．
（3）平衡后到开始离开磁场时，设线圈开始离开磁场时速度为v₂
F₀（H-L）=$\frac{1}{2}$mv₂²-$\frac{1}{2}$mv₁²?
所以，离开磁场是有：$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}-F=ma={F}_{0}$
而v=v₂-at，
联立相关方程得：F=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}}{R}\sqrt{\frac{{F}_{0}^{2}{R}^{2}}{{B}^{4}{L}^{4}}+\frac{2{F}_{0}（H-L）}{m}}-{F}_{0}-\frac{{B}^{2}{L}^{2}{F}_{0}t}{mR}$
答：（1）cd边刚进入磁场时ab边两端的电压是$\frac{3BL}{4}•\sqrt{\frac{2{F}_{0}s}{m}}$；
（2）cd边从PP′位置到QQ′位置的过程中安培力所做的总功是-F₀（L+s）+$\frac{m{F}_{0}^{2}{R}^{2}}{2{B}^{4}{L}^{4}}$．
（3）取cd边刚要离开磁场的时刻为起始时刻，在线框离开磁场的过程中，外力F随时间t变化的关系式$F=\frac{{B}^{2}{L}^{2}}{R}\sqrt{\frac{{F}_{0}^{2}{R}^{2}}{{B}^{4}{L}^{4}}+\frac{2{F}_{0}（H-L）}{m}}-{F}_{0}-\frac{{B}^{2}{L}^{2}{F}_{0}t}{mR}$

点评 本题物理过程并不十分复杂，关键是表达式比较繁琐，要有足够的耐心和细心列式，才能得到正确结果．对于第1题，也可以根据动能定理求解．