Question

10．如圖，絕緣、光滑斜面傾角θ=37°，在區(qū)域I內(nèi)有垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場，區(qū)域II內(nèi)有垂直于斜面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B=1T，寬度均為d=0.4m，MN為兩磁場的分界線．質(zhì)量為0.06kg的矩形線框abcd，邊長分別為L=0.6m和d=0.4m，置于斜面上端某處，ab邊與磁場邊界、斜面底邊平行．由靜止釋放線框，線框沿斜面下滑，恰好勻速進(jìn)入?yún)^(qū)域I．已知線框的總電阻R=0.5Ω．
（1）求ab邊在區(qū)域I內(nèi)運(yùn)動時(shí)，線框的速度v₀的大��；
（2）求當(dāng)ab邊剛進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時(shí)，線框的發(fā)熱功率P；
（3）將ab邊進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時(shí)記為t=0時(shí)刻，為使線框此后能以大小為0.4m/s²、沿斜面向上的加速度做勻變速運(yùn)動，需在線框上施加一沿斜面方向的外力，求t=0時(shí)的外力F．
（4）請定性地描述在題（3）的情景中，t=0之后外力F隨時(shí)間t變化的情況．

Answer 1

分析 （1）ab邊在區(qū)域I內(nèi)勻速運(yùn)動，根據(jù)力的平衡條件結(jié)合安培力的計(jì)算公式列方程求解；
（2）根據(jù)閉合電路的歐姆定律和電功率的計(jì)算公式聯(lián)立求解；
（3）根據(jù)安培力計(jì)算公式和牛頓第二定律聯(lián)立求解外力的大小和方向；
（4）分析線框的運(yùn)動情況和受力情況，確定外力F先沿斜面向下均勻減��；再沿斜面向上均勻增大；再突然減��；再沿斜面向上均勻增大；又突然減小；最后沿斜面向上保持不變．

解答 解：（1）ab邊在區(qū)域I內(nèi)勻速運(yùn)動，根據(jù)力的平衡可得：mgsin37°=BIL=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{0}}{R}$，
解得v₀=0.5m/s；
（2）ab邊剛過MN時(shí)，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：I=$\frac{2BL{v}_{0}}{R}$=$\frac{2×1×0.6×0.5}{0.5}$A=1.2A
線框的發(fā)熱功率：P_A═I²R=1.2²×0.5W=0.72W；
（3）t=0時(shí)，根據(jù)安培力計(jì)算公式可得：F_A=2BIL=2BL$•\frac{2BL{v}_{0}}{R}$=$\frac{4{B}^{2}{L}^{2}{v}_{0}}{R}$=4mgsin37°
根據(jù)牛頓第二定律可得：ma=F_A-mgsin37°-F 
聯(lián)立解得：F=F_A-mgsin37°-ma=3mgsin37°-ma=3×0.06×10×0.6N-0.06×0.4N=1.056N，
沿斜面向下；
（4）線框減速到零所需時(shí)間：t₁=$\frac{{v}_{0}}{a}$=$\frac{0.5}{0.4}$s=1.25s，
下行距離s₁=$\frac{{v}_{0}^{2}}{2a}$=$\frac{0．{5}^{2}}{2×0.4}$=0.3125m＜d，所以線框下行未出區(qū)域II便開始沿斜面向上運(yùn)動．
隨著時(shí)間t的變化：外力F先沿斜面向下均勻減小；再沿斜面向上均勻增大；再突然減��；再沿斜面向上均勻增大；又突然減��；最后沿斜面向上保持不變．
0～2.5s期間ab邊在區(qū)域II運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律可得：a=F_A-mgsin37°-F=$\frac{4{B}^{2}{L}^{2}（{v}_{0}-at）}{R}$mgsin37°-F
F=$\frac{4{B}^{2}{L}^{2}（{v}_{0}-at）}{R}$-mgsin37°-ma
t=0時(shí)，F(xiàn)=1.056N，沿斜面向下
t=2.5s時(shí)，F(xiàn)=-1.824N，沿斜面向上
突變后F=-0.744N，沿斜面向上
ab出區(qū)域II前后：F=-0.924N突變?yōu)?0.384N
設(shè)t=t₃時(shí)刻ab邊恰好出區(qū)域II，-0.4=0.5t₃-$\frac{1}{2}$×0.4×t₃²
可求出t₃≈3.14s，此刻速度約為0.75m/s
F=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}（{v}_{0}-at）}{R}$-mgsin37°-ma，此過程ma=F_A-mgsin37°-F，因?yàn)镕_A隨時(shí)間線性變化，所以F也隨時(shí)間t線性變化，
F=1.056N，沿斜面向下；
0.25sab邊再次回到分界線MN，t’=2×$\frac{{v}_{0}}{a}$=2×$\frac{0.5}{0.4}$s=2.5s
此時(shí)F_A=$\frac{4{B}^{2}{L}^{2}{v}_{0}}{R}$=4 mgsin37°，沿斜面向下
F=F_A+mgsin37°+ma=5mgsin37°+ma=5×0.06×10×0.6N+0.06×0.4N=1.824N，沿斜面向上．
答：（1）ab邊在區(qū)域I內(nèi)運(yùn)動時(shí)，線框的速度v₀的大小為0.5m/s；
（2）當(dāng)ab邊剛進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時(shí)，線框的發(fā)熱功率為0.72W；
（3）t=0時(shí)的外力的大小為1.056N，沿斜面向下；
（4）F先沿斜面向下均勻減��；再沿斜面向上均勻增大；再突然減��；再沿斜面向上均勻增大；又突然減��；最后沿斜面向上保持不變．

點(diǎn)評 對于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，重點(diǎn)是分析安培力作用下導(dǎo)體棒的平衡問題，根據(jù)平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動能定理、功能關(guān)系等列方程求解．