1.如圖甲,表面絕緣傾角θ=30°的斜面固定在水平地面上,斜面所在空間有一寬度D=0.40m的勻強磁場區(qū)域,其邊界與斜面底邊平行,磁場方向垂直斜面向上.一個質(zhì)量m=0.10kg、總電阻R=0.25Ω的單匝矩形金屬框abcd,放在斜面的底端,其中ab邊與斜面底邊重合,ab邊長L=0.50m.從t=0時刻開始,線框在垂直cd邊沿斜面向上大小恒定的拉力作用下,從靜止開始運動,當(dāng)線框的ab邊離開磁場區(qū)域時撤去拉力,線框繼續(xù)向上運動,線框向上運動過程中速度與時間的關(guān)系如圖乙.已知線框在整個運動過程中始終未脫離斜面,且保持ab邊與斜面底邊平行,線框與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ=$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$,重力加速度g取10m/s2.求:
(1)線框受到的拉力F的大小;
(2)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小;
(3)線框在斜面上運動的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q.

分析 (1)根據(jù)v-t圖象的斜率求出加速度,由牛頓第二定律求解拉力F的大;
(2)由v-t圖象可知,線框進入磁場區(qū)域后以速度2m/s做勻速直線運動,推導(dǎo)出安培力表達(dá)式,由法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律和安培力,加上平衡條件即可求解磁感應(yīng)強度B的大;
(3)由v-t圖象可知,線框進入磁場區(qū)域后做勻速直線運動,并以速度v1勻速穿出磁場,說明線框的寬度等于磁場的寬度 D=0.40m 線框ab邊離開磁場后做勻減速直線運動,速度為零,根據(jù)mgsinθ與最大靜摩擦力的值μmgcosθ進行比較,判斷線框的運動狀態(tài),再根據(jù)焦耳定律求解Q.

解答 解:(1)由v-t圖象可知,在0~0.4s時間內(nèi)線框做勻加速直線運動,進入磁場時的速度為:v1=2.0m/s,
所以:a=$\frac{△v}{△t}$=$\frac{2}{0.4}$=5m/s2…①
有牛頓第二定律有:F-mgsinθ-μmgcosθ=ma…②
聯(lián)解①②代入數(shù)據(jù)得:F=1.5N…③
(2)由v-t圖象可知,線框進入磁場區(qū)域后以速度v1做勻速直線運動,由法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律有:E=BLv1…④
由歐姆定律得:I=$\frac{E}{R}$…⑤
對于線框勻速運動的過程,由力的平衡條件有:
  F-mgsinθ-μmgcosθ-BIL=0…⑥
聯(lián)解④⑤⑥代入數(shù)據(jù)得:B=0.50T…⑦
(3)由v-t圖象可知,線框進入磁場區(qū)域后做勻速直線運動,并以速度v1勻速穿出磁場,說明線框的寬度等于磁場的寬度,即為:D=0.40m ⑧
線框在減速為零時,有:mgsinθ=μmgcosθ
所以線框不會下滑,設(shè)線框穿過磁場的時間為t,則:
 t=$\frac{2D}{v}$…⑨
Q=I2Rt…⑩
代人數(shù)據(jù)得:Q=0.4J…(11)
答:(1)線框受到的拉力F的大小為1.5N;
(2)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小為0.50T;
(3)線框在斜面上運動的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q為0.4J.

點評 本題的關(guān)鍵要根據(jù)速度圖象,正確分析線框的運動過程,并掌握平衡條件、牛頓第二定律等力學(xué)規(guī)律與電磁感應(yīng)規(guī)律.

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B.驅(qū)動力頻率為f3時,振子振動頻率為f3
C.振子振動頻率為f2時,它處于共振狀態(tài)
D.振子做自由振動的頻率可以為f1、f2、f3

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(1)導(dǎo)體棒ab到的安培力大小
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A.甲、乙滑塊可能同時從A、B兩端離開傳送帶
B.甲、乙滑塊剛離開彈簧時可能一個減速運動、一個加速運動
C.甲、乙滑塊可能落在傳送帶的左右兩側(cè),但距釋放點的水平距離一定不相等
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