Question

6．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=0.40m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，磁場上邊界到擋板的距離s=0.55m．一個質(zhì)量m=0.10kg、總電阻R=0.25Ω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=0.50m．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，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．

（1）求線框受到的拉力F的大小；
（2）求勻強磁場的磁感應強度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：v=v₀-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}}{mR}$x（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�。�，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

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，由平衡條件求解磁感應強度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，到達檔板時的位移為s-D=0.15m，根據(jù)動能定理求出線框與擋板碰撞前的速度，線框碰檔板后速度大小不變．分析線框向下運動的過程：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，線框與擋板碰撞后向下做勻速運動，abab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，由v=v₀-$\frac{{B}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}}{mR}$x求出線框全部離開磁場區(qū)域時的速度．根據(jù)焦耳定律求出線框向上運動通過磁場區(qū)域產(chǎn)生的焦耳熱${Q}_{1}^{\;}$，根據(jù)能量守恒定律求出線框向下運動進入磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱${Q}_{2}^{\;}$．即可求出線框在斜面上運動的整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱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，
所以在此過程中的加速度  a=$\frac{△v}{△t}$=5.0m/s²
由牛頓第二定律得：F-mgsinθ-μ mgcosθ=ma                           
解得：F=1.5 N                                                         
（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)生的感應電動勢：E=BLv₁                                                
通過線框的電流：I=$\frac{E}{R}$=$\frac{BL{v}_{1}^{\;}}{R}$                                              
線框所受安培力：F_安=BIL=$\frac{{B}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}{v}_{1}^{\;}}{R}$                                     
對于線框勻速運動的過程，由力的平衡條件，有：
F=mgsinθ+μmgcosθ+$\frac{{B}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}{v}_{1}^{\;}}{R}$                                          
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   D=0.40m         
線框ab邊離開磁場后做勻減速直線運動，到達檔板時的位移為s-D=0.15m         
設線框與擋板碰撞前的速度為v₂ 由動能定理，有：
-mg（s-D）sinθ-μmg（s-D）cosθ=$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$     
解得：v₂=$\sqrt{{v}_{1}^{2}-2g（s-D）（sinθ+μcosθ）}$=1.0 m/s        
線框碰檔板后速度大小仍為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，設線框全部離開磁場區(qū)域時的速度為v₃，由v=v₀-$\frac{{B}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}}{mR}x$得：
v₃=v₂-$\frac{2{B}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}D}{mR}$=-1.0m/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．         
線框向上運動通過磁場區(qū)域產(chǎn)生的焦耳熱：Q₁=I²Rt=$\frac{2{B}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}D{v}_{1}^{\;}}{R}$=0.40 J          
線框向下運動進入磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱：Q₂=$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$=0.05 J 
所以：Q=Q₁+Q₂=0.45 J  
答：（1）線框受到的拉力F的大小1.5N；
（2）勻強磁場的磁感應強度B的大小0.50T；
（3）線框在斜面上運動的整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q為0.45J

點評 本題關鍵要根據(jù)速度圖象，分析線框的運動過程，運用平衡條件、牛頓第二定律、動能定理等力學規(guī)律與電磁感應規(guī)律結(jié)合解答．