Question

（2013?永康市模擬）均勻?qū)Ь�制成的單匝正方形閉合線框abcd，每邊長L=0.1m，總電阻R=0.1Ω，總質(zhì)量為m=0.1kg．將其置于磁感強度B=1.0T的水平勻強磁場上方h處，如圖所示．線框由靜止自由下落，線框平面保持在豎直平面內(nèi)，且cd邊始終與水平的磁場邊界面平行，取g=10m/s²．
（1）當cd邊剛進入磁場時，線框做勻速直線運動，求線框下落的高度h；
（2）線框進入磁場過程中的電功率P；
（3）若磁場的寬度等于L，從cd剛進入磁場到ab完全離開磁場的過程中，試在答題卷的坐標紙中畫出cd兩點間的電勢差U_cd與時間的關(guān)系圖線，在圖象中注明關(guān)鍵點的數(shù)據(jù)（不要求書寫求解過程）；
（4）為了減小下落的高度就能使線框剛進入磁場時就做勻速直線運動，三個同學各自提出了方案：
甲：用同種規(guī)格的導線，做成邊長為2L的單匝線框；
乙：用同種材料但粗一些的導線，做成邊長仍為L的單匝線框；
丙：用同種規(guī)格的導線，做成邊長仍為L的雙匝線框；
對上述三位同學的方案，請給出你的評價．

Answer 1

分析：（1）當cd邊剛進入磁場時，線框做勻速直線運動時，安培力與重力平衡．而安培力與速度有關(guān)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律推導出安培力與速度的關(guān)系式，由平衡條件求出速度，再根據(jù)運動學公式求解h．
（2）由BLv和I=

E

R

求出線框中的感應(yīng)電流大小，線框進入磁場過程中的電功率由公式P=I²R求解．
（3）從cd剛進入磁場到ab完全離開磁場的過程中，分段畫出電勢差U_cd與時間的關(guān)系圖線．
（4）根據(jù)線框進入磁場勻速運動的速度表達式，結(jié)合密度公式、電阻定律進行分析．

解答：解：（1）設(shè)cd邊剛進入磁場時的速度為v，cd邊產(chǎn)生的電動勢 E=BLv，
線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流 I=

E

R

，cd邊受到的安培力 F=BIL=

B2L2v

R

線圈做勻速直線運動，由平衡條件得：
  mg=

B2L2v

R

代人數(shù)據(jù)解得：v=

mgR

B2L2

=10m/s
由運動學公式得：h=

v2

g

=

102

2×10

m=5m
（2）由（1）可得：E=BLv=1.0×0.1×10V=1.0V，
 I=

E

R

=

1.0

0.1

A=10A
所以線框進入磁場過程中的電功率為 P=I²R=10²×0.1W=10W
（3）從cd剛進入磁場到ab完全離開磁場的過程中，分段畫出的電勢差U_cd與時間的關(guān)系圖線如圖所示．
（4）線圈勻速進入磁場應(yīng)滿足的方程式：v=

mgR

B2L2

①對甲同學將L→2L，只需將方程式中的R→2R，m→2m，L→2L
所以v′=

(2m)g(2R)

B2(2L)2

=

mgR

B2L2

=v，h′=h，故甲的方案不可行．
②對乙同學的方案，先設(shè)原橫截面積為S，后來的橫截面積為S′，
則有：m=ρ?4L?S，m′=ρ?4L?S′，R=ρ_電

4L

S

，R′=ρ_電

4L

S′

，
 v=

(ρ?4L?S)g(ρ電? 4L S )

B2L2

=

16gρρ電

B2

，v′=

(ρ?4L?S′)g(ρ電 4L S′ )

B2L2

=

16gρρ電

B2

所以v′=v=

16Gρρ電

B2

，h′=h，故乙的方案也不可行．
③對丙同學的方案，兩匝線圈是串聯(lián)關(guān)系，易得：m′=2m，R′=2R，E′=2E
由于 I=

E

R

、I′=

E′

R′

=

2E

2R

=

E

R

得：I′=I
F=BIL=

B2L2v

R

=mg?v=

mgR

B2L2

、F′=2BI′L=2

B2L2v′

R

=2mg
得：v′=

mgR

B2L2

所以有：v′=v=

mgR

B2L2

，h′=h，故丙的方案還是不可行．
答：（1）線框下落的高度h為5m；
（2）線框進入磁場過程中的電功率P為10W；
（3）坐標紙中畫出cd兩點間的電勢差U_cd與時間的關(guān)系圖線見上，在圖象中注明關(guān)鍵點的數(shù)據(jù)見上；
（4）對上述三位同學的方案都不行．

點評：第1小題比較常規(guī)，關(guān)鍵推導出安培力的表達式．第2小題是評價題，要根據(jù)速度的表達式，由密度公式和電阻定律綜合分析．