Question

6．如图甲所示，表面绝缘、倾角θ=30°的斜面固定在水平地面上，斜面的顶端固定有弹性挡板，挡板垂直于斜面，并与斜面底边平行．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，磁场上边界到挡板的距离s=0.55m．一个质量m=0.10kg、总电阻R=0.25Ω的单匝矩形闭合金属框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，线框继续向上运动，并与挡板发生碰撞，碰撞过程的时间可忽略不计，且没有机械能损失．线框向上运动过程中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．

（1）求线框受到的拉力F的大小；
（2）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（3）已知线框向下运动通过磁场区域过程中的速度v随位移x的变化规律满足：v=v₀-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}}{mR}$x（式中v₀为线框向下运动ab边刚进入磁场时的速度大小，x为线框ab边进入磁场后对磁场上边界的位移大小），求线框在斜面上运动的整个过程中产生的焦耳热Q．

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，由平衡条件求解磁感应强度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，到达档板时的位移为s-D=0.15m，根据动能定理求出线框与挡板碰撞前的速度，线框碰档板后速度大小不变．分析线框向下运动的过程：线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，abab边刚进入磁场时的速度为v₂=1.0 m/s；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，由v=v₀-$\frac{{B}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}}{mR}$x求出线框全部离开磁场区域时的速度．根据焦耳定律求出线框向上运动通过磁场区域产生的焦耳热${Q}_{1}^{\;}$，根据能量守恒定律求出线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热${Q}_{2}^{\;}$．即可求出线框在斜面上运动的整个过程中产生的焦耳热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，
所以在此过程中的加速度  a=$\frac{△v}{△t}$=5.0m/s²
由牛顿第二定律得：F-mgsinθ-μ mgcosθ=ma                           
解得：F=1.5 N                                                         
（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，
产生的感应电动势：E=BLv₁                                                
通过线框的电流：I=$\frac{E}{R}$=$\frac{BL{v}_{1}^{\;}}{R}$                                              
线框所受安培力：F_安=BIL=$\frac{{B}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}{v}_{1}^{\;}}{R}$                                     
对于线框匀速运动的过程，由力的平衡条件，有：
F=mgsinθ+μmgcosθ+$\frac{{B}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}{v}_{1}^{\;}}{R}$                                          
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   D=0.40m         
线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动，到达档板时的位移为s-D=0.15m         
设线框与挡板碰撞前的速度为v₂ 由动能定理，有：
-mg（s-D）sinθ-μmg（s-D）cosθ=$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$     
解得：v₂=$\sqrt{{v}_{1}^{2}-2g（s-D）（sinθ+μcosθ）}$=1.0 m/s        
线框碰档板后速度大小仍为v₂，线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即
mgsinθ=μmgcosθ=0.50N
因此线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，ab边刚进入磁场时的速度为v₂=1.0 m/s；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设线框全部离开磁场区域时的速度为v₃，由v=v₀-$\frac{{B}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}}{mR}x$得：
v₃=v₂-$\frac{2{B}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}D}{mR}$=-1.0m/s，
因v₃＜0，说明线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，线框受力平衡，所以线框将静止在磁场中某位置．         
线框向上运动通过磁场区域产生的焦耳热：Q₁=I²Rt=$\frac{2{B}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}D{v}_{1}^{\;}}{R}$=0.40 J          
线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热：Q₂=$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$=0.05 J 
所以：Q=Q₁+Q₂=0.45 J  
答：（1）线框受到的拉力F的大小1.5N；
（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小0.50T；
（3）线框在斜面上运动的整个过程中产生的焦耳热Q为0.45J

点评 本题关键要根据速度图象，分析线框的运动过程，运用平衡条件、牛顿第二定律、动能定理等力学规律与电磁感应规律结合解答．