Question

9．如圖甲所示，表面絕緣、傾角θ=30°的足夠長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(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，讓線框自由滑動，線框的速度與時間的關(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=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，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(yīng)強度B的大��；
（3）線框在斜面上運動的過程中克服摩擦所做的功和回路產(chǎn)生的電熱．

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的大小；
（2）由v-t圖象可知，線框進入磁場區(qū)域后以速度2m/s做勻速直線運動，推導出安培力表達式，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)強度B的大��；
（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邊離開磁場后做勻減速直線運動，速度為零，根據(jù)mgsinθ與最大靜摩擦力的值μmgcosθ進行比較，判斷線框的運動狀態(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時間內(nèi)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：a=$\frac{{v}_{1}-0}{△t}$=$\frac{2-0}{0.4}$=5m/s²
由牛頓第二定律有：F-mgsinθ-μmgcosθ=ma
聯(lián)立解得：F=1.5N
（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，由法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律有：E=BLv₁
由歐姆定律得：I=$\frac{E}{R}$
對于線框勻速運動的過程，由力的平衡條件有：F-mgsinθ-μmgcosθ-BIL=0
聯(lián)立解得：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，即為：D=0.40m 
在磁場中上滑的距離為：s₁=$\frac{2×0.4}{2}$+2D=1.2m
離開磁場后，a₂=$\frac{μmgcosθ+mgsinθ}{m}$=g
離開磁場上滑的距離：s₂=$\frac{{v}_{1}^{2}}{2{a}_{2}}$=0.2m
線框在減速為零時，有：mgsinθ=μmgcosθ
所以線框在斜面上運動的過程中克服摩擦所做的功為：W=μmgcosθ（s₁+s₂）=0.7J
所以線框不會下滑，設(shè)線框穿過磁場的時間為t，則：t=$\frac{2D}{v}$
回路產(chǎn)生的電熱為：Q=I²Rt=$\frac{2{B}^{2}{L}^{2}D{v}_{1}}{R}$=0.4J
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(yīng)強度B的大小為0.50T；
（3）線框在斜面上運動的過程中克服摩擦所做的功為0.7J；線框在斜面上運動的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q為0.4J．

點評 本題關(guān)鍵要根據(jù)速度圖象，分析線框的運動過程，并掌握平衡條件、牛頓第二定律等力學規(guī)律與電磁感應(yīng)規(guī)律，綜合性較強．