Question

8．如圖1所示，在一傾角為37°的粗糙的絕緣斜面上，靜止地放置著一個(gè)匝數(shù)n=10匝的正方形線圈ABCD，E，F(xiàn)分別為AB，CD的中點(diǎn)，線圈總電阻R=2.0Ω、總質(zhì)量m=0.2kg、正方形邊長(zhǎng)L=0.4m．如果向下輕推一下此線圈，則它剛好可沿斜面勻速下滑，現(xiàn)在將線圈靜止放在斜面上后．在虛線EF以下的區(qū)域中，加上垂直斜面方向的，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小按如圖2所示規(guī)律變化的磁場(chǎng)
（1）t=1s時(shí)刻，線圈中的感應(yīng)電流的大小I；
（2）從t=0時(shí)刻開(kāi)始經(jīng)過(guò)多少時(shí)間t線圈剛要開(kāi)始運(yùn)動(dòng)；
（3）從t=0時(shí)刻開(kāi)始到線圈剛要運(yùn)動(dòng)，線圈中產(chǎn)生的熱量Q．（最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s²．）

Answer 1

分析 （1）由圖2的斜率求出B的變化率，由法拉第電磁感應(yīng)定律求出線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，再根據(jù)閉合電路歐姆定律即可求解感應(yīng)電流；
（2）根據(jù)楞次定律可判斷出線圈受到的安培力的方向沿斜面向上，當(dāng)安培力剛好等于等于重力沿斜面向下的分力與最大靜摩擦力之和時(shí)，線圈剛要運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件求出此時(shí)B的值，再由B與t的關(guān)系式求出時(shí)間．
（3）根據(jù)焦耳定律，即可求解熱量Q．

解答 解：（1）由圖2的斜率得：$\frac{△B}{△t}$=$\frac{1.5-1.0}{1}$T/s=0.5T/s
線圈有磁場(chǎng)的面積為：S=$\frac{1}{2}$L²
由法拉第電磁感應(yīng)定律得：
感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 E=n$\frac{△Φ}{△t}$=n$\frac{△B}{△t}$S=10×0.5×$\frac{1}{2}$×0.4²V=0.4V
由閉合電路的歐姆定律有：
感應(yīng)電流為 I=$\frac{E}{R}$=$\frac{0.4}{2}$A=0.2A，此感應(yīng)電流恒定不變，所以t=1s時(shí)刻，線圈中的感應(yīng)電流的大小I也是0.2A．
（2）設(shè)線圈開(kāi)始能勻速滑動(dòng)時(shí)受的滑動(dòng)摩擦力為F_μ，則由題有：mgsin37°=F_μ
加變化磁場(chǎng)后線圈剛要向上開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，有 nBIL=mgsin37°+F_μ
聯(lián)立得：nBIL=2mgsin37°
得 B=$\frac{2mgsin37°}{nIL}$=$\frac{2×0.2×10×0.6}{10×0.2×0.4}$T=3T
由圖象知 B=B₀+kt=1+0.5t T
則 t=$\frac{B-1}{0.5}$=$\frac{3-1}{0.5}$s=4s
（3）由焦耳定律 Q=I²Rt=0.2²×2×4J=0.32J
答：
（1）t=1s時(shí)刻，線圈中的感應(yīng)電流的大小I是0.2A；
（2）從t=0時(shí)刻開(kāi)始經(jīng)過(guò)時(shí)間t是4s時(shí)線圈剛要開(kāi)始運(yùn)動(dòng)；
（3）從t=0時(shí)刻開(kāi)始到線圈剛要運(yùn)動(dòng)，線圈中產(chǎn)生的熱量Q是0.32J．

點(diǎn)評(píng) 此題要理解圖象的斜率的物理意義，掌握閉合電路歐姆定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、焦耳定律的應(yīng)用，要明確線圈剛要運(yùn)動(dòng)的臨界條件，運(yùn)用力學(xué)知識(shí)和電磁感應(yīng)的規(guī)律結(jié)合求解．