Question

(19分)如圖甲所示，表面絕緣、傾角q=30°的斜面固定在水平地面上，斜面的頂端固定有彈性擋板，擋板垂直于斜面，并與斜面底邊平行。斜面所在空間有一寬度D=0.40m的勻強磁場區(qū)域，其邊界與斜面底邊平行，磁場方向垂直斜面向上，磁場上邊界到擋板的距離s=0.55m。一個質(zhì)量m=0.10kg、總電阻R=0.25W的單匝矩形閉合金屬框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，從靜止開始運動，當線框的ab邊離開磁場區(qū)域時撤去拉力，線框繼續(xù)向上運動，并與擋板發(fā)生碰撞，碰撞過程的時間可忽略不計，且沒有機械能損失。線框向上運動過程中速度與時間的關系如圖乙所示。已知線框在整個運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)m=/3，重力加速度g取10 m/s²。

(1)求線框受到的拉力F的大��；
(2)求勻強磁場的磁感應強度B的大��；
(3)已知線框向下運動通過磁場區(qū)域過程中的速度v隨位移x的變化規(guī)律滿足v＝v₀-(式中v₀為線框向下運動ab邊剛進入磁場時的速度大小，x為線框ab邊進入磁場后對磁場上邊界的位移大小)，求線框在斜面上運動的整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q。

Answer 1

（1）1.5N;（2）0.50T；（3）0.45J

解析試題分析：(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動，進入磁場時的速度為v₁=2.0m/s，所以在此過程中的加速度a==5.0m/s²    
由牛頓第二定律有F-mgsinq -m mgcosq=ma  
解得F="1.5" N     
(2)由v-t圖象可知，線框進入磁場區(qū)域后以速度v₁做勻速直線運動，
通過線框的電流I== 
線框所受安培力F_安=BIL   
對于線框勻速運動的過程，由力的平衡條件有F=mgsinq+μmgcosq+ 
解得B=0.50T  
(3)由v-t圖象可知，線框進入磁場區(qū)域后做勻速直線運動，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邊離開磁場后做勻減速直線運動，到達檔板時的位移為s-D=0.15m  
設線框與擋板碰撞前的速度為v₂，由動能定理，有
-mg(s-D)sinq-μmg(s-D)cosq= 
解得v₂=="1.0" m/s   
線框碰檔板后速度大小仍為v₂，線框下滑過程中，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=0.50N，因此線框與擋板碰撞后向下做勻速運動，ab邊剛進入磁場時的速度為v₂="1.0" m/s；進入磁場后因為又受到安培力作用而減速，做加速度逐漸變小的減速運動，設線框全部離開磁場區(qū)域時的速度為v₃
由v＝v₀-得v₃= v₂ -="-1.0" m/s，
因v₃<0，說明線框在離開磁場前速度已經(jīng)減為零，這時安培力消失，線框受力平衡，所以線框?qū)㈧o止在磁場中某位置。
線框向上運動通過磁場區(qū)域產(chǎn)生的焦耳熱Q₁=I²Rt=="0." 40 J
線框向下運動進入磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q₂=="0.05" J
所以Q= Q₁+ Q₂="0.45" J     
考點：牛頓第二定律；法拉第電磁感應定律及能量守恒定律。