Question

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(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=0.25W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(yùn)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(yùn)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(yùn)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(yùn)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(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大��；

(3)已知線框向下運(yùn)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(yùn)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小)，求線框在斜面上運(yùn)動的整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q。

Answer 1

【答案解析】（1）1.5N（2）0.50T（3）0.45J． 解析：解析：

(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(yùn)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==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(jìn)入磁場區(qū)域后以速度v₁做勻速直線運(yùn)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(yùn)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(jìn)入磁場區(qū)域后做勻速直線運(yùn)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(yùn)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)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(yùn)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(yùn)動，設(shè)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(yùn)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(yùn)動進(jìn)入磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q₂==0.05

所以Q= Q₁+ Q₂=0.45 J