Question

（2010?鹽城一模）如圖所示，很長的光滑磁棒豎直固定在水平面上，在它的側面有均勻向外的輻射狀的磁場．磁棒外套有一個質量均勻的圓形線圈，質量為m，半徑為R，電阻為r，線圈所在磁場處的磁感應強度為B．讓線圈從磁棒上端由靜止釋放沿磁棒下落，經一段時間與水平面相碰并反彈，線圈反彈速度減小到零后又沿磁棒下落，這樣線圈會不斷地與水平面相碰下去，直到停留在水平面上．已知第一次碰后反彈上升的時間為t₁，下落的時間為t₂，重力加速度為g，不計碰撞過程中能量損失和線圈中電流磁場的影響．求：
（1）線圈第一次下落過程中的最大速度υ_m
（2）第一次與水平面碰后上升到最高點的過程中通過線圈某一截面的電量q
（3）線圈從第一次到第二次與水平面相碰的過程中產生的焦耳熱Q．

Answer 1

分析：（1）線圈下落過程中垂直切割磁感線，產生感應電動勢，由E=BLv、I=

E

r

、F_A=BIL得到安培力的表達式，由牛頓第二定律分析線圈加速度的變化，判斷線圈的運動情況：安培力逐漸增大，加速度逐漸減小，當安培力與重力平衡時，線圈做勻速直線運動，速度達到最大，由平衡條件可求出最大速度．
（2）根據牛頓第二定律得到反彈上升過程中線圈加速度的表達式，采用積分法求出電量q．
（3）根據牛頓第二定律和安培力表達式得到加速度與瞬時速度的關系式，求出一段微小時間△t內，線圈上升高度△h，由積分法求出線圈上升的最大高度．再采用積分法求出線圈第二次下降到水平面時的速度，由能量守恒定律可求出焦耳熱Q．

解答：解：（1）線圈第一次下落過程中有E=B?2πRv、I=

E

r

、F_A=BIL=BI?2πR，得安培力大小為  F_A=

4π2B2R2v

r

根據牛頓第二定律得 mg-F_A=ma
可知線圈做加速度減小的加速運動，當a=0時，速度最大，代入求得最大速度為：υm=

mgr

4π2B2R2

（2）反彈后上升的過程中某一時刻，由牛頓運動定律得：mg+BI?2πR=ma
則得：mg△t+BI?2πR?△t=ma△t
在一段微小時間△t內，速度增量為△υ=a△t，通過線圈截面電量為：△q=I△t
則：△q=

ma△t-mg△t

2πRB

得到：∑△q=

∑(ma-mg)△t

2πRB

，又ma△t=m△v=mv_m=

m2gr

4π2B2R2

，mg△t=mgt₁，
故：q=

m2gr

8π3B3R3

-

mgt1

2πBR

（3）反彈后上升的過程中某一時刻，由牛頓運動定律得：mg+B

2πRBυ

r

×2πR=ma
在一段微小時間△t內，速度增量為：△υ=a△t，線圈上升高度為：△h=υ△t
則線圈可上升的最大高度h為：h=∑△h=

∑(ma-mg)△t

4π2R2B2

r=

m2gr2

16π4B4R4

-

mgrt1

4π2R2B2

線圈到達最高點后，下落過程中的某一時刻，由牛頓運動定律得：mg-B

2πRBυ

r

×2πR=ma
在一段微小時間△t內，速度增量為：△υ=a△t，線圈下降高度為：△h=υ△t
則線圈第二次下降到水平面時的速度為：υ=∑△υ=

1

m

∑(mg-

4π2B2R2

r

)△t=g(t1+t2)-

mgr

4π2B2R2

本過程中線圈中產生的熱量為線圈動能的損失：Q=

1

2

mυm2-

1

2

mυ2=

1

2

m(

mgr

4π2B2R2

)2-

1

2

m(g(t1+t2)-

mgr

4π2B2R2

)2
化簡得：Q=

m2g2r

4π2B2R2

(t1+t2)-

1

2

mg2(t1+t2)2 
答：（1）線圈第一次下落過程中的最大速度υ_m為

mgr

4π2B2R2

．
    （2）第一次與水平面碰后上升到最高點的過程中通過線圈某一截面的電量q為

m2gr

8π2B3R3

-

mgt

2πBR

．
    （3）線圈從第一次到第二次與水平面相碰的過程中產生的焦耳熱Q為

m2g2r

4π2B2R2

(t1+t2)-

1

2

mg2(t1+t2)2．

點評：本題是電磁感應問題，難點是采用積分法求解非勻變速運動的速度和高度，從牛頓第二定律入手，采取微元法，得到一段微小時間△t內速度的變化量和高度變化量，再積分．難度較大，考查運用數學知識處理物理問題的能力．