Question

18．如圖所示，表面絕緣、傾角θ=37°的粗糙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L=0.4m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=$\frac{11}{15}$m，一個質(zhì)量m=0.2kg、總電阻R=2.5Ω的單匝正方形閉合金屬框abcd，其邊長L=0.4m，放在斜面的底端，其中ab邊與斜面底邊重合．線框在垂直cd邊沿斜面向上大小恒定的拉力F作用下，從靜止開始運動，經(jīng)t=0.5s線框的cd邊到達磁場的下邊界，此時線框的速度v₁=3m/s，此后線框勻速通過磁場區(qū)域，當(dāng)線框ab的邊離開磁場區(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，碰后線框等速反彈．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)μ=$\frac{3}{4}$，重力加速度g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8求：
（1）線框受到的恒定拉力F的大小；
（2）勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小；
（3）若線框向下運動過程中最后靜止在磁場中的某位置，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

分析 （1）線框進入磁場前做勻加速直線運動，已知時間和初末速度，由運動學(xué)公式求出加速度，由牛頓第二定律求解拉力F的大小；
（2）線框進入磁場區(qū)域后做勻速直線運動，推導(dǎo)出安培力表達式，由平衡條件求解磁感應(yīng)強度B的大小；
（3）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，線框ab邊離開磁場后向上做勻減速直線運動，到達檔板時的位移為s-L，根據(jù)動能定理求出線框與擋板碰撞前的速度，線框碰檔板后速度大小不變．分析線框向下運動的過程：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，線框與擋板碰撞后向下做勻速運動，abab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，根據(jù)焦耳定律求出線框向上運動通過磁場區(qū)域產(chǎn)生的焦耳熱，根據(jù)能量守恒定律求出線框向下運動進入磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱．

解答 解：（1）線框進入磁場前做勻加速直線運動，加速度為
  a=$\frac{{v}_{1}}{t}$=$\frac{3}{0.5}$=6m/s²；
由牛頓第二定律得  F-mgsinθ-μmgcosθ=ma
解得 F=3.6N
（2）線框進入磁場區(qū)域后以速度v₁做勻速直線運動，則
產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢 E=BLv₁
通過線框的電流 I=$\frac{E}{R}$=$\frac{BL{v}_{1}}{R}$
線框所受安培力 F_安=BIL=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{1}}{R}$
對于線框勻速運動的過程，由力的平衡條件，有
  F=mgsinθ+μmgcosθ+F_安
解得 B=2.5T
（3）線框ab邊離開磁場后向上做勻減速直線運動，到達檔板時的位移為 x=s-L=$\frac{1}{3}$m
設(shè)線框與擋板碰撞前的速度為v₂
此過程，由動能定理，有-mgxsinθ-μmgxcosθ=$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
解得 v₂=1m/s
因為μ=tan37°=$\frac{3}{4}$，mgsinθ=μmgcosθ，重力沿斜面方向的分力與滑動摩擦力大小相等，所以線框碰檔板后向下勻速運動，速度大小仍為v₂，進入磁場后做減速運動，最后靜止在磁場中的某個位置．
線框向上運動通過磁場區(qū)域產(chǎn)生的焦耳熱 Q₁=I²Rt=$（\frac{BL{v}_{1}}{R}）^{2}$•R•$\frac{2L}{{v}_{1}}$=0.96J
線框向下運動進入磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱 Q₂=$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$=0.1J
所以線框在整個過程產(chǎn)生的總的焦耳熱為 Q=Q₁+Q₂=1.06J
答：
（1）線框受到的拉力F的大小是3.6N；
（2）勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小是2.5T；
（3）線框在斜面上運動的整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q是1.06J．

點評 分析線框的運動過程，要熟練運用平衡條件、牛頓第二定律、動能定理等力學(xué)規(guī)律處理電磁感應(yīng)規(guī)律，綜合性較強．