Question

【題目】如圖甲所示，表面絕緣，傾角θ＝30°的斜面固定在水平地面上，斜面的頂端固定有彈性擋板，擋板垂直于斜面，并與斜面底邊平行．斜面所在空間有一寬度D＝0.40 m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，磁場上邊界到擋板的距離s＝0.55 m．一個質(zhì)量m＝0.10 kg，總電阻R＝0.25 Ω的單匝矩形閉合金屬框abcd，放在斜面的底端，其中ab邊與斜面底邊重合，ab邊長L＝0.50 m．從t＝0時刻開始，線框在垂直cd邊沿斜面向上且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，并與擋板發(fā)生碰撞，碰撞過程的時間可忽略不計，且沒有機械能損失．線框向上運動過程中速度與時間的關(guān)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(shù)μ＝，重力加速度g取10 m/s2.

(1)求線框受到的拉力F的大��；

(2)求勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大��；

(3)已知線框向下運動通過磁場區(qū)域過程中的速度v隨位移x的變化規(guī)律滿足(式中v0為線框向下運動ab邊剛進入磁場時的速度大小，x為線框ab邊進入磁場后對磁場上邊界的位移大小)，求線框在斜面上運動的整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q.

Answer 1

【答案】(1)1.5N　(2)0.50 T　(3)0.45 J

【解析】

（1）由v－t圖象可知，加速度 a＝＝5.0m/s2………………（1分）

由牛頓第二定律F－mgsinq－m mgcosq＝ma…解得 F＝1.5 N……（2分）

（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(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv1，通過線框的電流I＝＝，線框所受安培力F安＝BIL＝

由力的平衡條件，有F＝mgsinq＋μmgcosq＋解得 B＝0.50T……（3分）

（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 ………………………………（1分）

線框ab邊離開磁場后做勻減速直線運動，到達擋板時的位移為s－D＝0.15m…（1分）

設(shè)線框與擋板碰撞前的速度為v2

由動能定理，有 －mg(s－D)sinq－μmg(s－D)cosq＝…………（1分）

解得 v2＝＝1.0 m/s…………………………（1分）

線框碰擋板后速度大小仍為v2，線框下滑過程中，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＝0.50N，因此線框與擋板碰撞后向下做勻速運動，ab邊剛進入磁場時的速度為v2＝1.0 m/s；進入磁場后因為又受到安培力作用而減速，做加速度逐漸變小的減速運動，設(shè)線框全部離開磁場區(qū)域時的速度為v3

由v＝v0－得v3＝v2－＝－1.0 m/s，

因v3<0，說明線框在離開磁場前速度已經(jīng)減為零，這時安培力消失，線框受力平衡，所以線框?qū)㈧o止在磁場中某位置。…………………………………………………………（2分）

線框向上運動通過磁場區(qū)域產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝I2Rt＝＝0.40 J……（1分）

線框向下運動進入磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q2＝＝0.05 J…………（1分）

所以Q＝Q1＋Q2＝0.45 J…………………………………………………………（1分）