Question

16．如圖（a）所示，ABCD為一足夠長(zhǎng)的光滑絕緣斜面，EFGH范圍內(nèi)存在方向垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)邊界EF、HG與斜面底邊AB平行．一長(zhǎng)方形金屬框abcd放在斜面上，ab邊平行于磁場(chǎng)邊界．現(xiàn)使金屬框從斜面上某處由靜止釋放，金屬框從開始運(yùn)動(dòng)到cd邊離開磁場(chǎng)的過(guò)程中，其運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖（b）所示．已知金屬框的質(zhì)量為0.02kg，電阻為0.48Ω，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2T，取g=10m/s²，線框在0.1s～0.2s內(nèi)的位移為0.07m，求：

（1）斜面的傾角θ；
（2）金屬框ab邊的長(zhǎng)度，；
（3）金屬框穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q？

Answer 1

分析 （1）分析線框進(jìn)入磁場(chǎng)前的受力，再由圖得到加速度，利用牛頓第二定律即可求解；
（2）根據(jù)線框勻速離開此場(chǎng)可得受力平衡，進(jìn)而求得ab邊長(zhǎng)；
（3）對(duì)線框進(jìn)入、離開磁場(chǎng)分別應(yīng)用動(dòng)能定理，再將兩部分克服安培力做的功累加即可得到焦耳熱．

解答 解：線框在進(jìn)入磁場(chǎng)前只受重力、支持力的作用，線框做勻加速運(yùn)動(dòng)；線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，受重力、支持力、安培力作用，由圖（b）可知，線框做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)；完全進(jìn)入后，安培力為零，線框只受重力、支持力的作用，至離開磁場(chǎng)時(shí)，安培力不為零，線框受重力、支持力、安培力作用，做勻速直線運(yùn)動(dòng)．
（1）由v-t圖象可知，在0～0.1s內(nèi)金屬框的加速度$a=\frac{0.5-0}{0.1-0}m/{s}^{2}=5m/{s}^{2}$；
在0～0.1s內(nèi)金屬框沿光滑斜面下滑，由牛頓第二定律得：mgsinθ=ma；
所以，$sinθ=\frac{a}{g}=\frac{5}{10}=\frac{1}{2}$；所以，θ=30°；
（2）由v-t圖象可知，金屬框以v=1.2m/s勻速穿出磁場(chǎng)；那么由受力平衡可得：$mgsinθ={F}_{安}=BIL=\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$；
所以，$L=\sqrt{\frac{mgRsinθ}{{B}^{2}v}}=\sqrt{\frac{0.02×10×0.48×\frac{1}{2}}{{2}^{2}×1.2}}m=0.1m$；
（3）線框在0.1s～0.2s內(nèi)的位移為0.07m，由題意可知，金屬框邊長(zhǎng)bc為l=0.07m；
對(duì)金屬框進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)的過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理，則可得：克服安培力所做的功${W}_{1}=mglsinθ-（\frac{1}{2}m{{v}_{2}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}）$=$0.02×10×0.07×\frac{1}{2}-\frac{1}{2}×0.02（0．{8}^{2}-0．{5}^{2}）J$=3.1×10^-3J；
金屬框離開勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)金屬框離開勻強(qiáng)磁場(chǎng)的過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理，則可得：克服安培力所做的功
${W}_{2}=mglsinθ=7×1{0}^{-3}J$；
再有，克服安培力所做的功等于閉合電路產(chǎn)生的熱量；所以金屬框穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱$Q={W}_{1}+{W}_{1}=10.1×1{0}^{-3}J=1.01×1{0}^{-2}J$．
答：（1）斜面的傾角θ為30°；
（2）金屬框ab邊的長(zhǎng)度0.1m；
（3）金屬框穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為1.01×10^-2J．

點(diǎn)評(píng) 閉合電路中導(dǎo)體棒切割磁感線問(wèn)題，一般通過(guò)速度求得電動(dòng)勢(shì)，進(jìn)而根據(jù)閉合電路求得電流和安培力，就可求解做功，產(chǎn)熱等能量問(wèn)題．