Question

19．如圖所示，傾角為θ的足夠長的光滑絕緣斜面上存在寬度均為L的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場區(qū)域，磁場的下邊界與電場的上邊界相距為3L，其中電場方向沿斜面向上，磁場方向垂直于斜面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B．電荷量為q的帶正電小球（視為質(zhì)點(diǎn)）通過長度為L的絕緣輕桿與邊長為L、電阻為R的正方形單匝線框相連，組成總質(zhì)量為m的“”型裝置，置于斜面上，線框下邊與磁場的上邊界重合．現(xiàn)將該裝置由靜止釋放，當(dāng)線框下邊剛離開磁場時(shí)恰好做勻速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到電場的下邊界時(shí)剛好返回．已知L=1m，B=0.8T，q=2.2×10^-6C，R=0.1Ω，m=0.8kg，θ=53°，sin53°=0.8，g取10m/s²．求：
（1）線框做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大��；
（2）電場強(qiáng)度的大��；
（3）正方形單匝線框中產(chǎn)生的總焦耳熱．

Answer 1

分析 （1）線框做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)重力的分力與安培力平衡，根據(jù)平衡，結(jié)合切割產(chǎn)生的電動(dòng)勢、閉合電路歐姆定律求出勻速運(yùn)動(dòng)的速度．
（2）從線框剛離開磁場區(qū)域到小球剛運(yùn)動(dòng)到電場的下邊界這段過程為研究過程，運(yùn)用動(dòng)能定理求出電場強(qiáng)度的大�。�
（3）根據(jù)能量守恒求出線框下邊界第一次進(jìn)入磁場到上邊界第一次離開磁場過程中線框產(chǎn)生的熱量．因?yàn)榻?jīng)足夠時(shí)間后，線框上邊界運(yùn)動(dòng)到磁場下邊界時(shí)速度恰好為零，線框最終不會(huì)再進(jìn)入磁場，即線框之后運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)是線框的上邊與磁場的下邊界重合，不再產(chǎn)生焦耳熱．對線框從上邊界第一次離開磁場至線框的上邊與磁場下邊界重合的最終狀態(tài)的過程中產(chǎn)生的熱量．從而得出總熱量．

解答 解：（1）設(shè)線框下邊離開磁場時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度為v₀，則：
E=BLv₀
$I=\frac{E}{R}$
${F}_{A}=BIL=\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{0}}{R}$
根據(jù)平衡條件有：$mgsinθ=\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{0}}{R}$
解得${v}_{0}=\frac{mgRsinθ}{{B}^{2}{L}^{2}}=1m/s$．
（2）從線框剛離開磁場區(qū)域到小球剛運(yùn)動(dòng)到電場的下邊界．
根據(jù)動(dòng)能定理：$-qEL+mgsinθ×2L=0-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$
可得：E=6×10⁶N/C
（3）設(shè)從線框下邊界第一次進(jìn)入磁場到上邊界第一次離開磁場過程中線框產(chǎn)生的熱量為Q₁，
對該過程運(yùn)用能量守恒得：$mg•2Lsinθ={Q}_{1}+\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$．
經(jīng)足夠時(shí)間后，線框上邊界運(yùn)動(dòng)到磁場下邊界時(shí)速度恰好為零，線框最終不會(huì)再進(jìn)入磁場，即線框之后運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)是線框的上邊與磁場的下邊界重合，不再產(chǎn)生焦耳熱．
設(shè)線框從上邊界第一次離開磁場至線框的上邊與磁場下邊界重合的最終狀態(tài)的過程中產(chǎn)生的熱量為Q₂，
根據(jù)能量守恒有：${Q}_{2}=\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$
則Q=Q₁+Q₂=12.8J．
答：（1）線框做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小為1m/s．
（2）電場強(qiáng)度的大小6×10⁶N/C
（3）正方形單匝線框中產(chǎn)生的總焦耳熱為12.8J．

點(diǎn)評 本題綜合考查了能量守恒定律、閉合電路歐姆定律以及切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小，綜合性強(qiáng)，對學(xué)生的能力要求高，關(guān)鍵理清線框的運(yùn)動(dòng)情況，選擇合適的規(guī)律求解．