Question

12．如圖所示，傾角θ=37°的足夠長的固定絕緣斜面上，有一個(gè)n=5匝、質(zhì)量M=1kg、總電阻R=0.1Ω的矩形線框abcd，ab邊長l₁=1m，bc邊長l₂=0.6m．將線框置于斜面底端，使cd邊恰好與斜面底端平齊，在斜面上的矩形區(qū)域efgh內(nèi)有垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.1T，現(xiàn)通過沿著斜面且垂直于ab的細(xì)線以及滑輪把線框和質(zhì)量m=3kg的物塊連接起來，讓物塊從離地面某高度處靜止釋放，線框沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，恰好能夠勻速進(jìn)入有界磁場(chǎng)區(qū)域．當(dāng)線框cd邊剛好穿出磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，物塊m恰好落到地面上，且不再彈離地面．線框沿斜面能夠繼續(xù)上升的最大高度h=1.92m，線框在整個(gè)上滑過程中國產(chǎn)生的焦耳熱Q=36J，已知線框與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，g取10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）線框進(jìn)入磁場(chǎng)之前的加速度；
（2）線框cd邊剛好穿出有界磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度；
（3）有界磁場(chǎng)的寬度（即ef到gh的距離）．

Answer 1

分析 （1）對(duì)m、M整體根據(jù)牛頓第二定律列方程求解加速度大小；
（2）從cd邊剛出磁場(chǎng)到線框上升到最大高度的過程中，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度位移關(guān)系列方程求解離開磁場(chǎng)時(shí)的速度；
（3）對(duì)M根據(jù)共點(diǎn)力的平衡結(jié)合閉合電路的歐姆定律、法拉第電磁感應(yīng)定律求解進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度，再根據(jù)動(dòng)能定理列方程求解有界磁場(chǎng)的寬度．

解答 解：（1）對(duì)m、M整體根據(jù)牛頓第二定律可得：mg-Mgsinθ-μMgcosθ=（m+M）a
代入數(shù)據(jù)解得：a=5m/s²；
（2）從cd邊剛出磁場(chǎng)到線框上升到最大高度的過程中，根據(jù)牛頓第二定律可得：
Mgsinθ+μMgcosθ=Ma′
根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度位移關(guān)系可得：v²=2a′$\frac{h}{sinθ}$
解得：v=8m/s；
（3）在線框勻速運(yùn)動(dòng)的過程中，對(duì)M根據(jù)共點(diǎn)力的平衡可得：
Mgsinθ+μMgcosθ+F_A=mg，
其中安培力F_A=nBIl₁，
根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：I=$\frac{E}{R}$=$\frac{nB{l}_{1}{v}_{0}}{R}$
聯(lián)立解得：v₀=8m/s；
設(shè)ef、gh間距為L，從ab邊到達(dá)ef至cd邊到達(dá)gh的過程中，
由動(dòng)能定理：mg（L+l₂）-Mgsinθ（L+l₂）-Q=$\frac{1}{2}（M+m）{v}^{2}$-$\frac{1}{2}（M+m）{{v}_{0}}^{2}$
可得：L=1.2m．
答：（1）線框進(jìn)入磁場(chǎng)之前的加速度為5m/s²；
（2）線框cd邊剛好穿出有界磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度為8m/s；
（3）有界磁場(chǎng)的寬度為1.2m．

點(diǎn)評(píng) 對(duì)于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，重點(diǎn)是分析安培力作用下導(dǎo)體棒的平衡問題，根據(jù)平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動(dòng)能定理、功能關(guān)系等列方程求解．