Question

2．如圖所示，傾角為α=30°的光滑固定斜面，斜面上相隔為d=8m平行虛線MN與PQ間有大小為B=0.1T的勻強(qiáng)磁場，方向垂直斜面向下．一質(zhì)量為m=0.1kg，電阻為R=0.2Ω，邊長L=1m的正方形單匝純電阻金屬線圈，線圈cd邊從距PQ上方x=2.5m處由靜止釋放沿斜面下滑進(jìn)入磁場，切ab邊剛要離開磁場時線圈恰好做勻速運(yùn)動，重力加速度g=10m/s²．求：
（1）cd邊剛進(jìn)入磁場時，線圈的速度v₁；
（2）線圈進(jìn)入磁場的過程中，通過ab邊的電量q；
（3）線圈通過磁場的過程中，ab邊產(chǎn)生的熱量Q．

Answer 1

分析 （1）cd邊剛進(jìn)入磁場時，根據(jù)機(jī)械能守恒定律求解線圈的速度．
（2）根據(jù)電量公式、歐姆定律和法拉第電磁感應(yīng)定律結(jié)合求解電量．
（3）根據(jù)受力平衡求出cd邊剛要離開磁場時的速度，再由能量守恒定律求解熱量．

解答 解：（1）導(dǎo)線框沿斜面向下運(yùn)動：
$mgxsin30°=\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
解得：${v}_{1}^{\;}=\sqrt{gx}=\sqrt{10×2.5}m/s=5m/s$
（2）導(dǎo)線進(jìn)入磁場通過ab棒的電量：$q=\overline{I}•△t$
$\overline{E}=\frac{△Φ}{△t}$
$\overline{I}=\frac{\overline{E}}{R}$
聯(lián)立得：$q=\frac{△Φ}{R}=\frac{B{L}_{\;}^{2}}{R}$=$\frac{0．{1}_{\;}^{2}×{1}_{\;}^{2}}{0.2}$=0.5C
（3）導(dǎo)線框離開磁場時：
$B•\frac{BL{v}_{2}^{\;}}{R}•L=mgsin30°$
解得：${v}_{2}^{\;}=\frac{mgRsin30°}{0．{1}_{\;}^{2}×{1}_{\;}^{2}}=10m/s$
由能量守恒有：${Q}_{總}^{\;}=mg（d+x+L）sin30°-\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$
代入數(shù)據(jù)：${Q}_{總}^{\;}=0.1×10×（8+2.5+1）-\frac{1}{2}×0.1×1{0}_{\;}^{2}$
解得：${Q}_{總}^{\;}=0.75J$
則ab邊產(chǎn)生的熱量為：$Q=\frac{3}{16}J$
答：（1）cd邊剛進(jìn)入磁場時，線圈的速度${v}_{1}^{\;}$為5m/s；
（2）線圈進(jìn)入磁場的過程中，通過ab邊的電量q為0.5C；
（3）線圈通過磁場的過程中，ab邊產(chǎn)生的熱量Q為$\frac{3}{16}J$

點(diǎn)評 本題中感應(yīng)電荷量的結(jié)論可在會推導(dǎo)的基礎(chǔ)上記牢，經(jīng)常用到．分析清楚線圈的運(yùn)動過程是正確解題的關(guān)鍵，解題時要注意：E=BLv、歐姆定律、安培力公式、平衡條件、動能定理與能量守恒定律的應(yīng)用，求熱量時，要注意線框進(jìn)入和穿出磁場兩個過程都要產(chǎn)生焦耳熱．