2015_天津卷
13．（18 分）如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为 m，相邻各边相互垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab 与cd平行，间距为2l．匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面。开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动。在ef、pq边离开磁场后，ab 边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q．线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g．求：
（1）线框ab 边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；
（2）磁场上下边界间的距离H。
磁场区
见解析
【专题】53C：电磁感应与电路结合
【分析】（1）线框匀速进入（离开）磁场，重力与安培力平衡，根据平衡条件、安培力公式、切割公式、欧姆定律列式求解即可分别求出两个速度；
> ②由动能定理和功的计算公式，写出重力做的功W，然后结合功能关系即可求出磁场的宽度。
【解答】解：（1）设线框dc边刚进入磁场时，线框的速度为 $\mathbf { v } _ { 1 }$ ，感应电动势 $\mathrm { E } { = } \mathrm { B } { \cdot } 2 \mathrm { l v } _ { 1 } ( 1 )$
感应电流： $\mathrm { I } = \frac { E } { R } \textcircled { 2 }$
dc 边受安培力的大小：F＝BI•2l ③
由于做匀速运动，则：F＝mg ④
由①～④式解得速度： $v _ { 1 } = \frac { m g R } { 4 B ^ { 2 } l ^ { 2 } } ( \widehat { 5 } )$
设线框ab 边将离开磁场时，线框的速度为 $\mathbf { v } _ { 2 }$ ，同理可得：
$$ v _ { z } = \frac { m g R } { B ^ { 2 } l ^ { 2 } } \textcircled { 6 } $$
所以： $\mathrm { v } _ { 2 } { = } 4 \mathrm { v } _ { 1 } \textcircled { 7 }$
（2）在线框从开始下落到dc 边刚进入磁场的过程中，重力做功 $\mathrm { w } _ { \mathrm { G } } { = } 2 \mathrm { m g l }$
根据动能定理得： $2 \mathrm { m } \mathbf { g } \mathrm { l } { = } { \frac { 1 } { 2 } } m v _ { 1 } ^ { 2 } { \textcircled { 8 } }$
线框完全穿过磁场的过程中，由功能关系得：
$$ m g ( 2 l + H ) = \frac { 1 } { 2 } m v _ { 2 } ^ { 2 } - \frac { 1 } { 2 } m v _ { 1 } ^ { 2 } + Q \textcircled { 9 } $$
联立⑦⑧⑨得： $\mathrm { H } = { \frac { Q } { m g } } + 2 8 l$
答：（1）线框ab 边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的4倍；
（2）磁场上下边界间的距离是 ${ \frac { Q } { m g } } + 2 8 l .$
【点评】本题是电磁感应中的综合问题，全面考查电磁感应定律、欧姆定律以及动能定理、平衡条件等知识，分析清楚线框的运动过程、应用匀变速直线运动的速度位移公式、$_ { \mathrm { E } } { = } \mathrm { B L v }$ 、安培力公式、平衡条件、能量守恒定律、电流定义式即可正确解题。