Question

4．如圖1所示，斜面上存在一有理想邊界的勻強磁場，磁場方向垂直斜面向上．在斜面上距離磁場上邊界s₁=0.36m處由靜止釋放一矩形金屬線框，金屬線框與斜面間的動摩擦因數μ=0.5．整個線框進入磁場的過程中，機械能E和位移s之間的關系如圖2所示．已知E₀-E₁=0.09J，線框的質量m=0.1kg，電阻R=0.06Ω，斜面傾角θ=37°，磁場區(qū)域的寬度d=0.43m，重力加速度g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（結果均保留3位有效數字）
（1）整個線框進入磁場所用的時間；
（2）線框穿越磁場的整個過程中，電功率的最大值．

Answer 1

分析 （1）金屬線框進入磁場的過程中，減小的機械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，機械能仍均勻減小，因為安培力也為恒力，線框做勻速運動，根據牛頓第二定律和運動學公式求出線框進入磁場時的速度，結合功能關系求出線框進入磁場時的距離，從而得出金屬線框剛進入磁場到恰完全進入磁場所用的時間．
（2）線框剛出磁場時速度最大，線框內的電功率最大，根據速度位移公式求出線框出磁場時的速度，根據線框進入磁場時勻速運動得出安培力的大小，綜合功率的表達式求出最大電功率．

解答 解：（1）金屬線框進入磁場的過程中，減小的機械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，機械能仍均勻減小，因為安培力也為恒力，線框做勻速運動．則有：
v₁²=2as₁，其中a=gsin37°-μgcos37°=2m/s²
可解得線框剛進入磁場時的速度大小為：v₁=1.2m/s．
△E₂=W_f2+W_A=（f+F_A）s₂，
其中有：△E₂=（0.756-0.666）J=0.09J，f+F_A=mgsin37°=0.6N，s₂為線框的側邊長，
即線框進入磁場過程運動的距離，可求出s₂=0.15m．
t=$\frac{{s}_{2}}{{v}_{1}}=\frac{0.15}{1.2}$s=0.125s．
（2）線框剛出磁場時速度最大，線框內的電功率最大．
P_m=I²R=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{2}^{2}}{R}$
由v₂²=v₁²+2a（l-s₂），
解得：v₂=1.6m/s
根據線框勻速進入磁場時，有：F_A+μmgcos37°=mgsin37°
可求出：F_A=0.2N
因為F_A=BIL=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{1}}{R}$，
求得：B²L²=0.01T²m²
將v₂、B²L²的值代入得：
P_m=I²R=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{2}^{2}}{R}$=0.427W．
答：（1）金屬線框剛進入磁場到恰完全進入磁場所用的時間為0.125s；
（2）金屬線框穿越磁場的過程中，線框中產生的最大電功率為0.427W．

點評 對于電磁感應問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，重點是分析安培力作用下導體棒的平衡問題，根據平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應現象中的能量轉化問題，根據動能定理、功能關系等列方程求解．解決本題的關鍵能通過圖象分析出物體的運動狀況：先做勻加速，再做勻速，接著做勻加速．以及能對線框進行正確的受力分析和熟練運用運動學公式．