Question

9．如图甲所示，表面绝缘、倾角θ=30°的足够长的斜面固定在水平地面上，斜面所在空间有一宽度D=0.40m的匀强磁场区域，其边界与斜面底边平行，磁场方向垂直斜面向上．一个质量m=0.10kg、总电阻R=0.25Ω的单匝矩形金属框abcd放在斜面的底端，其中ab边与斜面底边重合，ab边长L=0.50m．从t=0时刻开始，线框在垂直cd边沿斜面向上大小恒定的拉力作用下，从静止开始运动，当线框的ab边离开磁场区域时撤去拉力，让线框自由滑动，线框的速度与时间的关系如图乙所示．已知线框在整个运动过程中始终未脱离斜面，且保持ab边与斜面底边平行，线框与斜面之间的动摩擦因数μ=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，重力加速度g取10m/s²．求：
（1）线框受到的拉力F的大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（3）线框在斜面上运动的过程中克服摩擦所做的功和回路产生的电热．

Answer 1

分析 （1）根据v-t图象的斜率求出加速度，由牛顿第二定律求解拉力F的大小；
（2）由v-t图象可知，线框进入磁场区域后以速度2m/s做匀速直线运动，推导出安培力表达式，由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力，加上平衡条件即可求解磁感应强度B的大小；
（3）由v-t图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v₁匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度 D=0.40m 线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动，速度为零，根据mgsinθ与最大静摩擦力的值μmgcosθ进行比较，判断线框的运动状态，再根据焦耳定律求解Q．

解答 解：（1）由v-t图象可知，在0～0.4s时间内线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为：v₁=2.0m/s，
所以：a=$\frac{{v}_{1}-0}{△t}$=$\frac{2-0}{0.4}$=5m/s²
由牛顿第二定律有：F-mgsinθ-μmgcosθ=ma
联立解得：F=1.5N
（2）由v-t图象可知，线框进入磁场区域后以速度v₁做匀速直线运动，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律有：E=BLv₁
由欧姆定律得：I=$\frac{E}{R}$
对于线框匀速运动的过程，由力的平衡条件有：F-mgsinθ-μmgcosθ-BIL=0
联立解得：B=0.50T
（3）由v-t图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v₁匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度，即为：D=0.40m 
在磁场中上滑的距离为：s₁=$\frac{2×0.4}{2}$+2D=1.2m
离开磁场后，a₂=$\frac{μmgcosθ+mgsinθ}{m}$=g
离开磁场上滑的距离：s₂=$\frac{{v}_{1}^{2}}{2{a}_{2}}$=0.2m
线框在减速为零时，有：mgsinθ=μmgcosθ
所以线框在斜面上运动的过程中克服摩擦所做的功为：W=μmgcosθ（s₁+s₂）=0.7J
所以线框不会下滑，设线框穿过磁场的时间为t，则：t=$\frac{2D}{v}$
回路产生的电热为：Q=I²Rt=$\frac{2{B}^{2}{L}^{2}D{v}_{1}}{R}$=0.4J
答：（1）线框受到的拉力F的大小为1.5N；
（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小为0.50T；
（3）线框在斜面上运动的过程中克服摩擦所做的功为0.7J；线框在斜面上运动的过程中产生的焦耳热Q为0.4J．

点评 本题关键要根据速度图象，分析线框的运动过程，并掌握平衡条件、牛顿第二定律等力学规律与电磁感应规律，综合性较强．