Question

4．如圖甲所示，表面絕緣、傾角θ=30°的斜面固定在水平地面上，斜面所在空間有一寬度D=0.40m的勻強(qiáng)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(yùn)動，當(dāng)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(yùn)動，線框向上運(yùn)動過程中速度與時間的關(guān)系如圖乙所示．已知線框在整個運(yùn)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的大小；
（2）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大�。�
（3）線框在斜面上運(yùn)動的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q．

Answer 1

分析 （1）由圖象知道，線框在拉力的作用下從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，由圖象求出加速度，再由牛頓第二定律求出大小恒定的拉力．
（2）還是由圖象看出，在0.4s---0.8s內(nèi)在拉力作用下做勻速直線運(yùn)動，則只能是線框從進(jìn)入到完全離開的過程，且線框的邊長與磁場寬度相等．于是由平衡條件列出一個方程，由方程解出磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小．
（3）由圖象判斷線框離開磁場后，做勻減速直線運(yùn)動直到速度為零，又因為重力下滑分力mgsinθ  與最大靜摩擦力μmgcosθ  都等于0.5N，所以線框就停在最高點，線框向上運(yùn)動的焦耳熱由焦耳定律求得．

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(yùn)動．
進(jìn)入磁場時的速度為：v₁=2.0m/s，
所以在此過程中的加速度為：a=$\frac{△v}{△t}$=5.0m/s²
由牛頓第二定律有：F-mgsinθ-μmgcosθ=ma
解得：F=1.5 N
（2）由v-t圖象可知，線框進(jìn)入磁場區(qū)域后以速度v₁做勻速直線運(yùn)動
產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E=BLv₁
通過線框的電流為：I=$\frac{E}{R}$=$\frac{BL{v}_{1}}{R}$ 
線框所受安培力為：F_安=BIL=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{1}}{R}$ 
對于線框勻速運(yùn)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(jìn)入磁場區(qū)域后做勻速直線運(yùn)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邊離開磁場后撤去外力做勻減速直線運(yùn)動直到速度為零．此時，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=0.5N，所以線框就停在最高點．
  線框向上運(yùn)動通過磁場區(qū)域產(chǎn)生的焦耳熱為：
Q=I²Rt=$（\frac{BL{v}_{1}}{R}）^{2}×R×\frac{2D}{{v}_{1}}=\frac{2{B}^{2}{L}^{2}D{v}_{1}}{R}$=0.40 J
答：（1）線框受到的拉力F的大小為1.5N．
（2）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為0.5T．
（3）線框在斜面上運(yùn)動的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q為0.4J．

點評 這是力學(xué)與電磁學(xué)的綜合題，第一問完全是關(guān)于斜面模型牛頓第二定律應(yīng)用的力學(xué)內(nèi)容，做好受力分析即可．第二問是力學(xué)平衡與電磁學(xué)的綜合，代入平衡方程就能解出所求．有可能出現(xiàn)疑問的是第三問離開磁場后向上減速至零后線框還會往下滑嗎？由于最大靜摩擦力μmgcosθ  都等于0.5N，所以停在最高點．