Question

【題目】如圖所示，通過水平絕緣傳送帶輸送完全相同的正方形單匝銅線框，為了檢測出個別未閉合的不合格線框，讓線框隨傳送帶通過一固定勻強磁場區域（磁場方向垂直于傳送帶平面向下），觀察線框進入磁場后是否相對傳送帶滑動就能夠檢測出未閉合的不合格線框．已知磁場邊界MN、PQ與傳送帶運動方向垂直，MN與PQ間的距離為d，磁場的磁感應強度為B．各線框質量均為m，電阻均為R，邊長均為L（L＜d）；傳送帶以恒定速度v0向右運動，線框與傳送帶間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g．線框在進入磁場前與傳送帶的速度相同，且右側邊平行于MN進入磁場，當閉合線框的右側邊經過邊界PQ時又恰好與傳送帶的速度相同．設傳送帶足夠長，且在傳送帶上始終保持右側邊平行于磁場邊界．對于閉合線框，求：

（1）線框的右側邊剛進入磁場時所受安培力的大小；
（2）線框在進入磁場的過程中運動加速度的最大值以及速度的最小值；
（3）從線框右側邊剛進入磁場到穿出磁場后又相對傳送帶靜止的過程中，傳送帶對該閉合銅線框做的功．

Answer 1

【答案】
（1）

解：閉合銅線框右側邊剛進入磁場時產生的電動勢E=BLv0

產生的電流I=

右側邊所受安培力F=BIL=

（2）

解：線框以速度v0進入磁場，在進入磁場的過程中，受安培力而減速運動；進入磁場后，在摩擦力作用下加速運動，當其右側邊到達PQ時速度又恰好等于v0．因此，線框在剛進入磁場時，所受安培力最大，加速度最大，設為am；線框全部進入磁場的瞬間速度最小，設此時線框的速度為v．

線框剛進入磁場時，根據牛頓第二定律有F﹣μmg=mam

解得am=

在線框完全進入磁場又加速運動到達邊界PQ的過程中，根據動能定理有

解得 v=

（3）

解：線框從右側邊進入磁場到運動至磁場邊界PQ的過程中線框受摩擦力f=μmg

由功的公式Wf1=fd

解得 Wf1=μmgd

閉合線框出磁場與進入磁場的受力情況相同，則完全出磁場的瞬間速度為v；在線框完全出磁場后到加速至與傳送帶速度相同的過程中，設其位移x

由動能定理有

解得 x=d﹣L

閉合線框在右側邊出磁場到與傳送帶共速的過程中位移x'=x+L=d

在此過程中摩擦力做功Wf2=μmgd

因此，閉合銅線框從剛進入磁場到穿出磁場后又相對傳送帶靜止的過程中，傳送帶對閉合銅線框做的功W=Wf1+Wf2=2μmgd

【解析】（1）根據法拉第電磁感應定律求得，閉合銅線框右側邊剛進入磁場時產生的電動勢，根據歐姆定律求得電流，然后根據安培力的公式根據求得安培力；（2）線框以速度v0進入磁場，在進入磁場的過程中，受安培力而減速運動；進入磁場后，在摩擦力作用下加速運動，當其右側邊到達PQ時速度又恰好等于v0 ． 因此，線框在剛進入磁場時，所受安培力最大，加速度最大，設為am；線框全部進入磁場的瞬間速度最小．根據牛頓第二定律與動能定理即可求得結果；（3）線框從右側邊進入磁場到運動至磁場邊界PQ的過程中線框受摩擦力，閉合線框出磁場與進入磁場的受力情況相同，則完全出磁場的瞬間速度為v，摩擦力做的功等于摩擦力與相對位移的乘積．
【考點精析】掌握動能定理的綜合應用和安培力是解答本題的根本，需要知道應用動能定理只考慮初、末狀態，沒有守恒條件的限制，也不受力的性質和物理過程的變化的影響.所以，凡涉及力和位移，而不涉及力的作用時間的動力學問題，都可以用動能定理分析和解答，而且一般都比用牛頓運動定律和機械能守恒定律簡捷；安培力做功與路徑有關，繞閉合回路一周，安培力做的功可以為正，可以為負，也可以為零，而不像重力和電場力那樣做功總為零．