Question

1．如圖，光滑斜面的傾角α=30°，在斜面上放置一矩形線框abcd，ab邊的邊長l₁=1m，bc邊的邊長l₂=0.6m，線框的質(zhì)量m=1kg，電阻R=0.1Ω，線框通過細線與重物相連，重物質(zhì)量M=2kg，斜面上ef線（ef∥gh）的右方有垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應強度B=0.5T，如果線框從靜止開始運動，進入磁場最初一段時間是勻速的，ef線和gh的距離s=11.4m，（取g=10.4m/s²），求：
（1）線框進入磁場前重物M的加速度；
（2）線框進入磁場時勻速運動的速度v；
（3）ab邊由靜止開始到運動到gh線處所用的時間t；
（4）ab邊運動到gh線處的速度大小和在線框由靜止開始到運動到gh線的整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱．

Answer 1

分析 （1）線框進入磁場前，對線框和重物整體，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度．
（2）線框進入磁場的過程做勻速運動，根據(jù)法拉第電磁感應定律、歐姆定律推導出安培力表達式，再根據(jù)平衡條件列式，即可求出勻速運動的速度v；
（3）線框abcd進入磁場前時，做勻加速直線運動；進磁場的過程中，做勻速直線運動；進入磁場后到運動到gh線，仍做勻加速直線運動．根據(jù)運動學公式可確定運動的時間；
（4）由運動學公式求出ab邊運動到gh線處的速度．M的重力勢能減小轉化為m的重力勢能和線框中的內(nèi)能，根據(jù)能量守恒定律求解焦耳熱．

解答 解：（1）線框進入磁場前，線框僅受到細線的拉力F_T，斜面的支持力和線框重力，重物M受到重力和拉力F_T．
 對線框，由牛頓第二定律得 F_T-mg sinα=ma．
聯(lián)立解得線框進入磁場前重物M的加速度 $a=\frac{Mg-mgsinα}{M+m}$=5m/s²
（2）因為線框進入磁場的最初一段時間做勻速運動
所以重物受力平衡 Mg=F_T′，
線框abcd受力平衡，則 F_T′=mg sinα+F_A
ab邊進入磁場切割磁感線，產(chǎn)生的電動勢E=Bl₁v
形成的感應電流 $I=\frac{E}{R}=\frac{{B{l_1}v}}{R}$
受到的安培力 F_A=BIl₁
聯(lián)立上述各式得，Mg=mg sinα+$\frac{{{B^2}l_1^2v}}{R}$
代入數(shù)據(jù)解得v=6 m/s
（3）線框abcd進入磁場前時，做勻加速直線運動；進磁場的過程中，做勻速直線運動；進入磁場后到運動到gh線，仍做勻加速直線運動．
進磁場前線框的加速度大小與重物的加速度相同，為a=5 m/s²
該階段運動時間為 ${t_1}=\frac{v}{a}=\frac{6}{5}s=1.2s$
進磁場過程中勻速運動時間 ${t_2}=\frac{l_2}{v}=\frac{0.6}{6}s=0.1s$
線框完全進入磁場后線框受力情況同進入磁場前，所以該階段的加速度仍為a=5m/s²
由 $s-{l_2}=v{t_3}+\frac{1}{2}at_3^2$
解得：t₃=1.2 s
因此ab邊由靜止開始運動到gh線所用的時間為 t=t₁+t₂+t₃=2.5s
（4）線框ab邊運動到gh處的速度v′=v+at₃=6 m/s+5×1.2 m/s=12 m/s
整個運動過程產(chǎn)生的焦耳熱 Q=F_Al₂=（Mg-mgsinθ）l₂=9 J
答：
（1）線框進入磁場前重物M的加速度是5m/s²；
（2）線框進入磁場時勻速運動的速度v是6m/s；
（3）ab邊由靜止開始到運動到gh線處所用的時間是2.5s；
（4）ab邊運動到gh線處的速度大小和在線框由靜止開始到運動到gh線的整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱是9J．

點評 本題是電磁感應與力平衡的綜合，安培力的計算是關鍵．本題中運用的是整體法求解加速度．