Question

2．如圖所示，ABCD為傾角為30°的足夠長光滑絕緣斜面，EFGH范圍內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=1T、方向垂直斜面的勻強(qiáng)磁場，磁場的寬度為d=1.9m，邊界EF、HG與斜面底邊AB平行．一邊長為L=1m、電阻為R=1Ω、質(zhì)量為m=1kg的正方形金屬框MNPQ放在斜面上，MN邊與磁場上邊界平行且距離為b=1.5m，重力加速度為g=10m/s²，現(xiàn)使金屬框由靜止釋放，在金屬框MN邊剛出磁場時恰好做勻速直線運(yùn)動．求：
（1）金屬框在MN邊剛出磁場時的速度大��；
（2）金屬框的PQ邊剛好進(jìn)入磁場時的速度大小；
（3）自開始釋放到PQ邊剛好進(jìn)入磁場的過程中，金屬框中產(chǎn)生的熱量；
（4）金屬框從開始釋放到剛好完全進(jìn)入磁場所經(jīng)歷的時間．

Answer 1

分析 （1）由E=BLv求出感應(yīng)電動勢，由歐姆定律求出電流，由安培力公式求出安培力，由平衡條件求出速度．
（2）對金屬棒，應(yīng)用動能定理可以求出速度．
（3）由能量守恒定律求出產(chǎn)生的熱量．
（4）由牛頓第二定律求出金屬框的加速度，然后應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動的運(yùn)動規(guī)律求出金屬框的運(yùn)動時間．

解答 解：（1）設(shè)金屬框勻速穿出磁場的速度為v′，
此時線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E=BLv′，
產(chǎn)生的感應(yīng)電流為：$I=\frac{E}{R}$，
金屬框受到的安培力為：F=BIL，
由平衡條件有：mgsin30°=F，
聯(lián)立解得：$v'=\frac{mgR}{{2{B^2}{L^2}}}=5m/s$；
（2）設(shè)金屬框的上邊剛好進(jìn)入磁場時速度為v，
根據(jù)動能定理有：$mg•（d-L）sin{30^o}=\frac{1}{2}mv{'^2}-\frac{1}{2}m{v^2}$，
代入數(shù)據(jù)解：v=4m/s；
（3）自開始釋放到PQ邊剛好進(jìn)入磁場的過程中，由能量守恒得：
$mg•（b+L）sin{30^o}=\frac{1}{2}m{v^2}+Q$，代入數(shù)據(jù)解得：Q=4.5J；
（4）金屬框在進(jìn)入磁場前的加速度：${a_1}=gsin{30^o}$，
進(jìn)入磁場前的運(yùn)動時間：${t_1}=\sqrt{\frac{2b}{a_1}}=\frac{{\sqrt{15}}}{5}s$，
設(shè)金屬框從開始進(jìn)入到完全進(jìn)入磁場所用的時間為t₂，
根據(jù)牛頓第二定律有：$mgsin{30^o}-B\frac{BLv}{R}L=m\frac{△v}{△t}$，
即：$\frac{1}{2}mg•△t-\frac{{{B^2}{L^2}}}{R}△x=m△v$$\sum{（\frac{1}{2}mg•△t-\frac{{{B^2}{L^2}}}{R}△x}）=\sum{m△v}$$\frac{1}{2}mg{t_2}-\frac{{{B^2}{L^3}}}{R}=m（v-{a_1}{t_1}）$，
解得：${t_2}=1-\frac{{\sqrt{15}}}{5}s$，運(yùn)動時間：t=t₁+t₂=1s；
答：（1）金屬框在MN邊剛出磁場時的速度大小為5m/s；
（2）金屬框的PQ邊剛好進(jìn)入磁場時的速度大小為4m/s；
（3）自開始釋放到PQ邊剛好進(jìn)入磁場的過程中，金屬框中產(chǎn)生的熱量為4.5J；
（4）金屬框從開始釋放到剛好完全進(jìn)入磁場所經(jīng)歷的時間為1s．

點評 本題是一道電磁感應(yīng)、電路、力學(xué)相結(jié)合的綜合題，金屬框的運(yùn)動過程復(fù)雜，本題難度較大，分析清楚金屬框的運(yùn)動過程是正確解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用E=BLv、歐姆定律、安培力公式、動能定理、能量守恒定律、牛頓第二定律、運(yùn)動學(xué)公式可以解題．