Question

16．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(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，磁場(chǎng)上邊界到擋板的距離s=0.55m．一個(gè)質(zhì)量m=0.10kg、總電阻R=0.25W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(zhǎng)L=0.50m．從t=0時(shí)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(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框的ab邊離開磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)撤去拉力，線框繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)，并與擋板發(fā)生碰撞，碰撞過程的時(shí)間可忽略不計(jì)，且沒有機(jī)械能損失．線框向上運(yùn)動(dòng)過程中速度與時(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=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，重力加速度g取10m/s²．

（1）求線框受到的拉力F的大�。�
（2）求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大�。�
（3）已知線框向下運(yùn)動(dòng)通過磁場(chǎng)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(yùn)動(dòng)ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小，x為線框ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)后對(duì)磁場(chǎng)上邊界的位移大�。�，求線框在斜面上運(yùn)動(dòng)的整個(gè)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(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，由平衡條件求解磁感應(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)，說明線框的寬度等于磁場(chǎng)的寬度 D=0.40m 線框ab邊離開磁場(chǎng)后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)檔板時(shí)的位移為s-D=0.15m，根據(jù)動(dòng)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(yùn)動(dòng)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(dòng)摩擦力大小相等，線框與擋板碰撞后向下做勻速運(yùn)動(dòng)，abab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v₂=1.0 m/s；進(jìn)入磁場(chǎng)后因?yàn)橛质艿桨才嗔ψ饔枚鴾p速，做加速度逐漸變小的減速運(yùn)動(dòng)，由v=v₀-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}}{mR}x$求出線框全部離開磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度．根據(jù)焦耳定律求出線框向上運(yùn)動(dòng)通過磁場(chǎng)區(qū)域產(chǎn)生的焦耳熱，根據(jù)能量守恒定律求出線框向下運(yùn)動(dòng)進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中產(chǎn)生的焦耳熱．

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-μmgcosθ=ma
解得 F=1.5N
（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)，
產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E=BLv₁
通過線框的電流I=$\frac{E}{R}$=$\frac{BL{v}_{1}}{R}$
線框所受安培力為：F_安=BIL=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{1}}{R}$
對(duì)于線框勻速運(yùn)動(dòng)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(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)，
說明線框的寬度等于磁場(chǎng)的寬度 D=0.40m
線框ab邊離開磁場(chǎng)后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)檔板時(shí)的位移為s-D=0.15m，
設(shè)線框與擋板碰撞前的速度為v₂
由動(dòng)能定理有：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=$\sqrt{{v}_{1}^{2}-2g（s-D）（sinθ+μcosθ）}$=1.0m/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(dòng)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(yùn)動(dòng)，ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v₂=1.0 m/s；進(jìn)入磁場(chǎng)后因?yàn)橛质艿桨才嗔ψ饔枚鴾p速，做加速度逐漸變小的減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)線框全部離開磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度為v₃
由v=v₀-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}}{mR}x$
得：v₃=v₂-$\frac{2{B}^{2}{L}^{2}D}{mR}$=-1.0 m/s，
因v₃＜0，說明線框在離開磁場(chǎng)前速度已經(jīng)減為零，這時(shí)安培力消失，線框受力平衡，所以線框?qū)㈧o止在磁場(chǎng)中某位置．
線框向上運(yùn)動(dòng)通過磁場(chǎng)區(qū)域產(chǎn)生的焦耳熱為：Q₁=I²Rt=$\frac{2{B}^{2}{L}^{2}D{v}_{1}}{R}$=0.20J
線框向下運(yùn)動(dòng)進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為：Q₂=$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$+mgDsinθ=0.25J
所以與：Q=Q₁+Q₂=0.45J
答：（1）線框受到的拉力F的大小是1.5N；
（2）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小是0.50T；
（3）線框在斜面上運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q是0.45J．

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)過程，整合了平衡條件、牛頓第二定律、動(dòng)能定理等力學(xué)規(guī)律與電磁感應(yīng)規(guī)律，綜合性較強(qiáng)．