Question

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(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，其邊界與斜面底邊平行，磁場(chǎng)方向垂直斜面向上．一個(gè)質(zhì)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(zhǎng)L=0.50m．從t=0時(shí)刻開(kāi)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(kāi)始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框的ab邊離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)撤去拉力，線框繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)，線框向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度與時(shí)間的關(guān)系如圖乙所示．已知線框在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)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(dòng)摩擦因數(shù)μ=

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(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大�。�
（3）線框在斜面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)v-t圖象的斜率求出加速度，由牛頓第二定律求解拉力F的大��；
（2）由v-t圖象可知，線框進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域后以速度2m/s做勻速直線運(yùn)動(dòng)，推導(dǎo)出安培力表達(dá)式，由法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律和安培力，加上平衡條件即可求解磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大�。�
（3）由v-t圖象可知，線框進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，并以速度v₁勻速穿出磁場(chǎng)，說(shuō)明線框的寬度等于磁場(chǎng)的寬度 D=0.40m 線框ab邊離開(kāi)磁場(chǎng)后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，速度為零，根據(jù)mgsinθ與最大靜摩擦力的值μmgcosθ進(jìn)行比較，判斷線框的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，再根據(jù)焦耳定律求解Q．

解答：解：（1）由v-t圖象可知，在0～0.4s時(shí)間內(nèi)線框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為：v₁=2.0m/s，
所以：a=

v1-0

△t

…①
有牛頓第二定律有：F-mgsinθ-μmgcosθ=ma…②
聯(lián)解①②代入數(shù)據(jù)得：F=1.5N…③
（2）由v-t圖象可知，線框進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域后以速度v₁做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律有：E=BLv₁…④
由歐姆定律得：I=

E

R

…⑤
對(duì)于線框勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，由力的平衡條件有：
F-mgsinθ-μmgcosθ-BIL=0…⑥
聯(lián)解④⑤⑥代入數(shù)據(jù)得：B=0.50T…⑦
（3）由v-t圖象可知，線框進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，并以速度v₁勻速穿出磁場(chǎng)，說(shuō)明線框的寬度等于磁場(chǎng)的寬度，即為：D=0.40m  ⑧
線框在減速為零時(shí)，有：mgsinθ=μmgcosθ
所以線框不會(huì)下滑，設(shè)線框穿過(guò)磁場(chǎng)的時(shí)間為t，則：
t=

2D

v

…⑨
Q=I²Rt…⑩
聯(lián)解④⑤⑥代人數(shù)據(jù)得：Q=0.4J…（11）
答：（1）線框受到的拉力F的大小為1.5N；
（2）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為0.50T；
（3）線框在斜面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q為0.4J．

點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵要根據(jù)速度圖象，分析線框的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，并掌握平衡條件、牛頓第二定律等力學(xué)規(guī)律與電磁感應(yīng)規(guī)律，綜合性較強(qiáng)．