《2025年资源库高中物理人教版》

例513
[全国新课标2023·26]一边长为$L$、质量为$m$的正方形金属细框,每边电阻为$R_0$,置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为$2L$的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度大小为$B$,两虚线为磁场边界,如图1-19-58(a)所示。
(1)使金属框以一定的初速度向右运动,进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行,金属框完全穿过磁场区域后,速度大小降为它初速度的一半,求金属框的初速度大小。
(2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨,导轨与磁场边界垂直,左端连接电阻$R_1 = 2R_0$,导轨电阻可忽略,金属框置于导轨上,如图1-19-58(b)所示。让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动,进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中,电阻$R_1$产生的热量。

【解析】(1)金属框进入磁场的过程,根据法拉第电磁感应定律有$E = BLv$,感应电流$I= \frac{E}{4R_0}$,金属框右边框所受的安培力大小$F_安 = BIL$,安培力的冲量大小$I_F= \sum BIL\cdot\Delta t= \sum\frac{B^2L^2v}{4R_0}\cdot\Delta t$,又$\sum v\cdot\Delta t = L$,可得$I_F= \frac{B^2L^3}{4R_0}$,金属框从完全进入磁场到即将离开磁场的过程中,左右两边产生的感应电动势相互抵消,无感应电流产生,不受安培力作用,根据金属框进入磁场的情况可知,金属框出磁场时同样有$I_F= \frac{B^2L^3}{4R_0}$,根据动量定理可得$-2I_F = m\frac{v_0}{2} - mv_0$,解得$v_0= \frac{B^2L^3}{mR_0}$。
(2)金属框进入磁场过程,由于金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好,所以金属框的上、下边框被短路,作出等效电路如图1-19-59所示,设金属框速度大小为$v_1$,根据法拉第电磁感应定律有$E' = BLv_1$,感应电流$I'= \frac{E'}{R_0+\frac{2}{3}R_0}= \frac{3E'}{5R_0}$,设金属框完全进入磁场时速度大小为$v_2$,由动量定理可得$-\sum BI'L\cdot\Delta t = mv_2 - mv_0$,又$\sum v_1\cdot\Delta t = L$,可得$v_2= \frac{2B^2L^3}{5mR_0}$,由能量守恒定律可得,此过程中电路中产生的总热量$Q_{总1}= \frac{1}{2}mv_0^2 - \frac{1}{2}mv_2^2$,由并联电路电流规律和$Q = I^2Rt$可知,$R_1上产生的热量Q_1= \frac{2}{15}Q_{总1}= \frac{7B^4L^6}{125mR_0^2}$,金属框完全进入磁场后到右边框运动到磁场右边界时,等效电路如图1-19-60所示,通过$R_1的电流I_1= \frac{E''}{2R_0+\frac{1}{2}R_0}= \frac{2E''}{5R_0}$,即流过左右边框的电流之和为$\frac{2E''}{5R_0}$,设金属框右边框刚要出磁场时速度大小为$v_3$,由动量定理可得$-\sum BI_1L\cdot\Delta t = mv_3 - mv_2$,可得$v_3 = 0$,金属框将停止运动。由能量守恒定律可得,此过程中电路中产生的总热量$Q_{总2}= \frac{1}{2}mv_2^2 - \frac{1}{2}mv_3^2$,$R_1上产生的热量Q_2= \frac{4}{5}Q_{总2}= \frac{8B^4L^6}{125mR_0^2}$,在金属框整个运动过程中,电阻$R_1产生的热量为Q_{R1}= Q_1 + Q_2= \frac{3B^4L^6}{25mR_0^2}$。



【答案】(1)$\frac{B^2L^3}{mR_0}$ (2)$\frac{3B^4L^6}{25mR_0^2}$

答案：
(1)金属框进入磁场时，$E=BLv$，$I=\frac{E}{4R_0}$，$F_{安}=BIL=\frac{B^2L^2v}{4R_0}$
安培力冲量$I_F=\sum F_{安}\Delta t=\sum\frac{B^2L^2v}{4R_0}\Delta t=\frac{B^2L^2}{4R_0}\sum v\Delta t=\frac{B^2L^3}{4R_0}$（$\sum v\Delta t=L$）
出磁场时冲量同样为$I_F=\frac{B^2L^3}{4R_0}$
由动量定理：$-2I_F=m\left(\frac{v_0}{2}-v_0\right)$
解得$v_0=\frac{B^2L^3}{mR_0}$
(2)进入磁场过程：上、下边框短路，等效总电阻$R_{总1}=R_0+\frac{2R_0}{3}=\frac{5R_0}{3}$
$E'=BLv_1$，$I'=\frac{E'}{R_{总1}}=\frac{3BLv_1}{5R_0}$
动量定理：$-\sum BI'L\Delta t=mv_2-mv_0$
$\sum v_1\Delta t=L$，则$\sum BI'L\Delta t=\frac{3B^2L^3}{5R_0}$
得$v_2=\frac{2B^2L^3}{5mR_0}$
$Q_{总1}=\frac{1}{2}mv_0^2-\frac{1}{2}mv_2^2=\frac{21B^4L^6}{50mR_0^2}$，$Q_1=\frac{2}{15}Q_{总1}=\frac{7B^4L^6}{125mR_0^2}$
完全进入到离开磁场：$E''=BLv_3$，$I_1=\frac{2BLv_3}{5R_0}$
动量定理：$-\sum BI_1L\Delta t=mv_3-mv_2$，得$v_3=0$
$Q_{总2}=\frac{1}{2}mv_2^2=\frac{2B^4L^6}{25mR_0^2}$，$Q_2=\frac{4}{5}Q_{总2}=\frac{8B^4L^6}{125mR_0^2}$
$Q_{R1}=Q_1+Q_2=\frac{3B^4L^6}{25mR_0^2}$
(1)$\frac{B^2L^3}{mR_0}$
(2)$\frac{3B^4L^6}{25mR_0^2}$