如圖所示,一質(zhì)量為m=0.016kg、長L=0.5m、寬d=0.1m、電阻R=0.1Ω的矩形線圈,從h1=5m的高處由靜止開始下落,然后進(jìn)入高度為h2(h2>L)的勻強(qiáng)磁場.下邊剛進(jìn)入磁場時,線圈正好作勻速運(yùn)動.線圈的下邊通過磁場所經(jīng)歷的時間t=0.15s.取g=10m/s2
(1)求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B.
(2)求線圈的下邊剛離開磁場的瞬間,線圈的加速度的大小和方向.
(3)在線圈的下邊通過磁場的過程中,線圈中產(chǎn)生的焦耳熱Q是多少?通過線圈的電荷量q是多少?
分析:(1)線框從h1高度處由靜止自由下落,由高度求出線框剛進(jìn)磁場時速度,根據(jù)感應(yīng)電動勢公式和歐姆定律求出電流大。框勻速運(yùn)動,安培力與重力平衡,根據(jù)平衡條件和安培力公式結(jié)合,可求出B.
(2)線框在磁場中做勻加速直線運(yùn)動,位移為h2-L,加速度為g,由運(yùn)動學(xué)速度公式求出線圈的下邊剛離開磁場的瞬間的速度,根據(jù)牛頓第二定律和安培力公式求解加速度.
(3)根據(jù)能量守恒定律求焦耳熱Q.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律和電量公式q=It求電量.
解答:解:(1)設(shè)線圈剛進(jìn)入磁場時的速度為v0,則據(jù)機(jī)械能守恒定律可得:
 mgh1=
1
2
m
v
2
0
       
所以有:v0=
2gh1
=10m/s     
線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為:E=Bdv0
感應(yīng)電流為:I=
Bdv0
R

線框所受的安培力大小為:F=BdI
則得:F=
B2d2v0
R

根據(jù)平衡條件可得mg=F,即為:mg=
B2d2v0
R

代人數(shù)據(jù)解得:B=0.4T    
(2)因為線圈的下邊進(jìn)入磁場后先做勻速運(yùn)動,用時為:t1=
L
v0
=0.05s,
所以線圈做加速運(yùn)動的時間為:t2=t-t1=0.1s 
線圈的下邊剛離開磁場的瞬間的速度為:v=v0+gt2=11m/s;   
線圈的加速度的大小為:a=
B2d2v-mgR
mR
=1m/s2,方向向上.
(3)在線圈的下邊通過磁場的過程中,線圈中產(chǎn)生的焦耳熱為:Q=mgL=0.08J        
電量為:q=It=
E
R
t
=
△φ
R
=0.2 C  
答:(1)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為0.4T.
(2)線圈的下邊剛離開磁場的瞬間,線圈的加速度的大小為1m/s2,方向向上.
(3)在線圈的下邊通過磁場的過程中,線圈中產(chǎn)生的焦耳熱Q是0.08J,通過線圈的電荷量q是0.2C.
點(diǎn)評:本題在電磁感應(yīng)中屬于常規(guī)題,從力的角度研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象,根據(jù)受力情況分析線圈的運(yùn)動情況,并運(yùn)用運(yùn)動學(xué)公式求解速度和時間.
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如圖所示,一質(zhì)量為m,帶電荷量為+q的小物體,在水平方向的勻強(qiáng)磁場B中,從傾角為
mg
IL
=
0.4
2×0.2
的絕緣光滑足夠長的斜面上由靜止開始下滑,求:
(1)此物體在斜面Q上運(yùn)動的最大速度.
(2)此物體在斜面上運(yùn)動的距離.
(3)此物體在斜面上運(yùn)動的時間.

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如圖所示,一質(zhì)量為m的物塊恰好沿著傾角為θ的斜面勻速下滑.現(xiàn)對物塊施加一個豎直向下的恒力F.則物塊( 。

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(1)求電場強(qiáng)度E.
(2)若在某時刻將細(xì)線突然剪斷,求經(jīng)過1s時小球的速度大小v及方向.(sin37°=0.6,cos37°=0.8)

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