Question

（2009?江苏）如图所示，两平行的光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜面上，导轨间距为l、足够长且电阻忽略不计，导轨平面的倾角为α，条形匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直．长度为2d的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成“”型装置，总质量为m，置于导轨上．导体棒中通以大小恒为I的电流（由外接恒流源产生，图中未画出）．线框的边长为d（d＜l），电阻为R，下边与磁场区域上边界重合．将装置由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直．重力加速度为g．
求：（1）装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q；
（2）线框第一次穿越磁场区域所需的时间t₁；
（3）经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离Χ_m．

Answer 1

分析：（1）线框中产生的焦耳热Q等于克服安培力做的功，安培力所做的功可以通过动能定理去求；
（2）设线框刚离开磁场下边界时的速度为v₁，则接着向下运动2d，可由动能定理可列出方程，再根据感应电动势公式，感应电流的公式，安培力的公式表达出这些物理量，最后由牛顿第二定律求出在t到t+△t时间内速度的变化量，最后再两边同时求和，速度求和就是v₁，这样就可以求出时间t；
（3）经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离x_m之间往复运动，可以根据动能定理直接求出最大距离．

解答：解：（1）设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安培力做功为W
         由动能定理  mgsinα?4d+W-BIld=0
         且Q=-W
         解得  Q=4mgdsinα-BIld
   （2）设线框刚离开磁场下边界时的速度为v₁，则接着向下运动2d
        由动能定理得：mgsinα?2d-BIld=0-

1

2

m

v

2 1

        装置在磁场中运动时收到的合力F=mgsinα-F′
        感应电动势   E=Bdv
        感应电流     I′=

E

R

        安培力       F'=BI'd
       由牛顿第二定律，在t到t+△t时间内，有△v=

F

m

△t
       则∑△v=∑[gsinα-

B2d2v

mR

]△t
       有v1=gt1sinα-

2B2d3

mR

       解得   t1=

2m(BIld-2mgdsinα) + 2B2d3 R

mgsinα

  （3）经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离x_m之间往复运动
       由动能定理   mgsinα?x_m-BIl（x_m-d）=0
       解得    xm=

BIld

BIl-mgsinα

答：（1）装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热为4mgdsinα-BIld；（2）线框第一次穿越磁场区域所需的时间t₁为

2m(BIld-2mgdsinα) + 2B2d3 R

mgsinα

；（3）经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离Χ_m为

BIld

BIl-mgsinα

．

点评：该题考查了动能定理以及微元法在磁场中的运用，微元法思想的渗透对加深学生对物理概念、物理规律的理解，提高解决物理问题的能力有很大的帮助．该题难度很大，涉及的知识点比较多，对同学们的能力要求很高，属于难题．