Question

（2006?泰州模擬）如圖甲所示，空間存在著一個(gè)范圍足夠大的豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感強(qiáng)度大小為B．邊長(zhǎng)為l的正方形金屬框abcd（下簡(jiǎn)稱(chēng)方框）放在光滑的水平地面上，其外側(cè)套著一個(gè)與方框邊長(zhǎng)相同的U形金屬框架MNPQ（下簡(jiǎn)稱(chēng)U形框），U形框與方框之間接觸良好且無(wú)摩擦．兩個(gè)金屬框每條邊的質(zhì)量均為m，每條邊的電阻均為r．
（1）將方框固定不動(dòng)，用力拉動(dòng)U形框使它以速度v₀垂直NP邊向右勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)U形框的MQ端滑至方框的最右側(cè)（如圖乙所示）時(shí)，方框上的bc兩端的電勢(shì)差為多大？此時(shí)方框的熱功率為多大？
（2）若方框不固定，給U形框垂直NP邊向右的初速度v₀，如果U形框恰好不能與方框分離，則在這一過(guò)程中兩框架上產(chǎn)生的總熱量為多少？
（3）若方框不固定，給U形框垂直NP邊向右的初速度v（v＞v₀），U形框最終將與方框分離．如果從U形框和方框不再接觸開(kāi)始，經(jīng)過(guò)時(shí)間t方框最右側(cè)和U形框最左側(cè)距離為s．求兩金屬框分離后的速度各多大．

Answer 1

分析：（1）U型框向右做切割磁感線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由E=BLv₀、歐姆定律求感應(yīng)電流的大小．NP相當(dāng)于電源，bc與ad組成一個(gè)并聯(lián)的外電路，即可由歐姆定律和公式P=

U2

R

求方框的熱功率．
（2）若方框不固定，方框也向右運(yùn)動(dòng)，先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，U形框恰好不能與方框分離，兩者速度相等而后做勻速運(yùn)動(dòng)，整體所受的合力為零，根據(jù)動(dòng)量守恒求出共同速度，再由能量守恒求熱量．
（3）從U形框和方框不再接觸，兩者都做勻速運(yùn)動(dòng)．設(shè)分離時(shí)，U形框速度為v₁，方框速度為v₂，根據(jù)動(dòng)量守恒和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求兩金屬框分離后的速度．

解答：解：（1）U形框右邊產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E=BLv₀ ①
方框總電阻：R=

3r?r

3r+r

=

3

4

r  ②
總電流：I=

E

R+3r

 ③
bc兩端電勢(shì)差：U=IR ④
由以上各式解得：U=

1

5

BLv0 ⑤
方框熱功率：P=

U2

R

=

4B2L2 v 2 0

75r

 ⑥
（2）U形框恰好不能與方框分離，兩者速度相等，設(shè)共同速度為v，由動(dòng)量守恒定律，有：3mv₀=（3m+4m）v ⑦
據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒，可知：Q=

1

2

?3m

v

2 0

-

1

2

?(3m+4m)v2  ⑧
解得：Q=

6

7

m

v

2 0

 ⑨
（3）設(shè)分離時(shí)，U形框速度為v₁，方框速度為v₂，由動(dòng)量守恒可知：3mv₀=3mv₁+4mv₂ ⑩
 從U形框和方框不再接觸后，都做勻速運(yùn)動(dòng)，則有  s=v₁t-v₂t （11）
解得：v1=

3v

7

+

4s

7t

  （12）
  v2=

3v

7

-

3s

7t

  （13）
答：
（1）方框上的bc兩端的電勢(shì)差為

1

5

BLv0，此時(shí)方框的熱功率為

4B2L2 v 2 0

75r

．
（2）這一過(guò)程中兩框架上產(chǎn)生的總熱量為

6

7

m

v

2 0

．
（3）兩金屬框分離后的速度分別為

3v

7

+

4s

7t

，

3v

7

-

3s

7t

．

點(diǎn)評(píng)：本題是電磁感應(yīng)與電路、力學(xué)知識(shí)的綜合，關(guān)鍵要判斷出線(xiàn)框的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，會(huì)根據(jù)法拉第定律、歐姆定律、動(dòng)量守恒定律等等知識(shí)結(jié)合進(jìn)行求解．