Question

4．如圖甲所示，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系如圖乙所示．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��；
（2）勻強磁場的磁感應強度B的大��；
（3）線框在斜面上運動的過程中產生的焦耳熱Q．

Answer 1

分析 （1）由圖象知道，線框在拉力的作用下從靜止開始做勻加速直線運動，由圖象求出加速度，再由牛頓第二定律求出大小恒定的拉力．
（2）還是由圖象看出，在0.4s---0.8s內在拉力作用下做勻速直線運動，則只能是線框從進入到完全離開的過程，且線框的邊長與磁場寬度相等．于是由平衡條件列出一個方程，由方程解出磁感應強度的大�。�
（3）由圖象判斷線框離開磁場后，做勻減速直線運動直到速度為零，又因為重力下滑分力mgsinθ  與最大靜摩擦力μmgcosθ  都等于0.5N，所以線框就停在最高點，線框向上運動的焦耳熱由焦耳定律求得．

解答 解：（1）由v-t圖象可知，在0～0.4s時間內線框做勻加速直線運動．
進入磁場時的速度為：v₁=2.0m/s，
所以在此過程中的加速度為：a=$\frac{△v}{△t}$=5.0m/s²
由牛頓第二定律有：F-mgsinθ-μmgcosθ=ma
解得：F=1.5 N
（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
產生的感應電動勢為：E=BLv₁
通過線框的電流為：I=$\frac{E}{R}$=$\frac{BL{v}_{1}}{R}$ 
線框所受安培力為：F_安=BIL=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{1}}{R}$ 
對于線框勻速運動的過程，由力的平衡條件，有：F=mgsinθ+μmgcosθ+$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{1}}{R}$
解得：B=0.50T
（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邊離開磁場后撤去外力做勻減速直線運動直到速度為零．此時，由于重力沿斜面方向的分力與滑動摩擦力大小相等，
  即mgsinθ=μmgcosθ=0.5N，所以線框就停在最高點．
  線框向上運動通過磁場區(qū)域產生的焦耳熱為：
Q=I²Rt=$（\frac{BL{v}_{1}}{R}）^{2}×R×\frac{2D}{{v}_{1}}=\frac{2{B}^{2}{L}^{2}D{v}_{1}}{R}$=0.40 J
答：（1）線框受到的拉力F的大小為1.5N．
（2）勻強磁場的磁感應強度B的大小為0.5T．
（3）線框在斜面上運動的過程中產生的焦耳熱Q為0.4J．

點評 這是力學與電磁學的綜合題，第一問完全是關于斜面模型牛頓第二定律應用的力學內容，做好受力分析即可．第二問是力學平衡與電磁學的綜合，代入平衡方程就能解出所求．有可能出現疑問的是第三問離開磁場后向上減速至零后線框還會往下滑嗎？由于最大靜摩擦力μmgcosθ  都等于0.5N，所以停在最高點．