Question

15．如图所示，光滑矩形斜面ABCD的倾角θ=30°，在其上放置一矩形金属框abcd，ab的边长l₁=1m，bc的边长l₂=0.6m，线框的质量m=1kg，电阻R=0.1Ω，线框通过细线绕过定滑轮与重物相连，细线与斜面平行且靠近，重物质量M=2kg，离地面高度为H=4.8m，斜面上efgh区域是有界匀强磁场，磁感应强度的大小为0.5T，方向垂直于斜面向上；已知AB到ef的距离为4.2m，ef到gh的距离为0.6m，gh到CD的距离为3.8m，取g=10m/s²，现让线框从静止开始运动（开始时刻，cd与AB边重合），求：
（1）线框进入磁场前的加速度大小；
（2）线框的ab边刚进入磁场时的速度v₀的大小；
（3）线框从静止运动开始到ab边与CD边重合时，线框运动的时间t；
（4）线框abcd在整个运动过程中产生的热量．

Answer 1

分析 （1）线框进入磁场前，对线框和重物整体，根据牛顿第二定律求解加速度．
（2）根据匀变速直线运动的速度位移关系求出刚进入磁场时的速度v₀的大小；
（3）线框abcd进入磁场前时，做匀加速直线运动；进磁场的过程中，做匀速直线运动；出磁场后做匀减速运动，分三段根据运动学公式求解时间；
（4）根据安培力做的功等于产生的焦耳热来计算．

解答 解：（1）线框进入磁场前，线框仅受到细线的拉力F_T，斜面的支持力和线框重力，重物M受到重力和拉力F_T．则由牛顿第二定律得：
对重物有：Mg-F_T=Ma
对线框有：F_T-mg sinα=ma．
联立解得线框进入磁场前重物M的加速度为：
a=$\frac{Mg-mgsinθ}{M+m}$=$\frac{2×10-1×10×sin30°}{2+1}$m/s²=5m/s²；
（2）因为AB到ef的距离为4.2m，则ab到ef的距离为：
x₁=4.2m-0.6m=3.6m，
根据匀加速直线运动的速度位移关系可得：
v₀²=2ax₁，
解得：v₀=$\sqrt{2a{x}_{1}}$=$\sqrt{2×5×3.6}$m/s=6m/s；
（3）线框进入磁场时受到的安培力为：
F_A=BIl₁=$\frac{{B}^{2}{l}_{1}^{2}{v}_{0}}{R}$=$\frac{0．{5}^{2}×{1}^{2}×6}{0.1}$N=15N，
而Mg-mgsinθ=20N-10×sin30°N=15N，所以线框进入磁场做匀速运动，
从开始到ab进入磁场经过的时间为：
t₁=$\frac{{v}_{0}}{a}=\frac{6}{5}s$=1.2s；
匀速运动的时间为：
t₂=$\frac{4.2+0.6}{6}s$=0.8s，
线框离开磁场时位移为：
x₂=4.2m+0.6m=4.8m=H，以后M落地，线框向上减速运动；
减速运动的加速度为：a′=gsin30°=5 m/s²，
该阶段运动的位移为：x₃=3.8m-0.6m=3.2m，
根据位移时间关系可得：x₃=v₀t₃-$\frac{1}{2}a′{t}_{3}^{2}$，
解得：t₃=0.8 s
因此线框从静止运动开始到ab边与CD边重合时，线框运动的时间为：t=t₁+t₂+t₃=2.8s；
（4）线框在磁场中整个运动过程产生的焦耳热为：Q=F_A•2l₂=15××2×0.6J=18 J．
答：（1）线框进入磁场前的加速度大小为5m/s²；
（2）线框的ab边刚进入磁场时的速度v₀的大小为6m/s；
（3）线框从静止运动开始到ab边与CD边重合时，线框运动的时间为2.8s；
（4）线框abcd在整个运动过程中产生的热量为18J．

点评 对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．