Question

如圖甲所示，表面絕緣、傾角θ=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(qiáng)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=0.25Ω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(dāng)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(jī)械能損失．線框向上運動過程中速度與時間的關(guān)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)μ=

3

/3，重力加速度g取10m/s²．
（1）求線框受到的拉力F的大��；
（2）求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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-

B2L2

mR

x（式中v₀為線框向下運動ab邊剛進(jìn)入磁場時的速度大小，x為線框ab邊進(jìn)入磁場后對磁場上邊界的位移大�。�，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）根據(jù)v-t圖象的斜率求出加速度，由牛頓第二定律求解拉力F的大小；
（2）由v-t圖象可知，線框進(jìn)入磁場區(qū)域后以速度2m/s做勻速直線運動，推導(dǎo)出安培力表達(dá)式，由平衡條件求解磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大�。�
（3）由v-t圖象可知，線框進(jìn)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(dá)檔板時的位移為s-D=0.15m，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(jìn)入磁場時的速度為v₂=1.0 m/s；進(jìn)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，由v=v₀-

B2L2

mR

x求出線框全部離開磁場區(qū)域時的速度．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(jìn)入磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱．

解答：解：（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(jìn)入磁場時的速度為v₁=2.0m/s，所以在此過程中的加速度 a=

△v

△t

=5.0m/s²
由牛頓第二定律得  F-mgsinθ-μmgcosθ=ma
解得 F=1.5N
（2）由v-t圖象可知，線框進(jìn)入磁場區(qū)域后以速度v₁做勻速直線運動，
產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢 E=BLv₁
通過線框的電流I=

E

R

=

BLv1

R

線框所受安培力F_安=BIL=

B2L2v1

R

對于線框勻速運動的過程，由力的平衡條件，有
F=mgsinθ+μmgcosθ+

B2L2v1

R

解得B=0.50T
（3）由v-t圖象可知，線框進(jìn)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(dá)檔板時的位移為s-D=0.15m，設(shè)線框與擋板碰撞前的速度為v₂
由動能定理，有-mg（s-D）sinθ-μmg（s-D）cosθ=

1

2

m

v

2 2

-

1

2

m

v

2 1

解得v₂=

v 2 1 -2g(s-D)(sinθ-μcosθ)

=1.0m/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(jìn)入磁場時的速度為v₂=1.0 m/s；進(jìn)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(shè)線框全部離開磁場區(qū)域時的速度為v₃
由v=v₀-

B2L2

mR

x得  v₃=v₂-

2B2L2D

mR

=-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=

2B2L2Dv1

R

=0.40J
線框向下運動進(jìn)入磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q₂=

1

2

m

v

2 2

=0.05J
所以Q=Q₁+Q₂=0.45J
答：
（1）線框受到的拉力F的大小是1.5N；
（2）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小是0.50T；
（3）線框在斜面上運動的整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q是0.45J．

點評：本題關(guān)鍵要根據(jù)速度圖象，分析線框的運動過程，整合了平衡條件、牛頓第二定律、動能定理等力學(xué)規(guī)律與電磁感應(yīng)規(guī)律，綜合性較強(qiáng)．