Question

16．如圖所示，傾角為θ的足夠長(zhǎng)光滑絕緣斜面上存在寬度均為L(zhǎng)的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，電場(chǎng)的下邊界與磁場(chǎng)的上邊界相距為L(zhǎng)，其中電場(chǎng)方向沿斜面向上，磁場(chǎng)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(guò)長(zhǎng)度為4L的絕緣輕桿與邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻為R的正方形單匝線框相連，它們的總質(zhì)量為m，置于斜面上，線框下邊與磁場(chǎng)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(kāi)磁場(chǎng)時(shí)恰好做勻速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到電場(chǎng)的下邊界時(shí)速度恰好減為0．已知L=1m，B=0.8T，q=2.2×10^-6C，R=0.1Ω，m=0.8kg，θ=53°，sin53°=0.8，取g=10m/s²．求：
（1）線框做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度v；
（2）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小；
（3）足夠長(zhǎng)時(shí)間后小球到達(dá)的最低點(diǎn)與電場(chǎng)上邊界的距離x．

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)平衡條件，結(jié)合切割產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)、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(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域到小球剛運(yùn)動(dòng)到電場(chǎng)的下邊界這段過(guò)程為研究過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)能定理求出電場(chǎng)強(qiáng)度的大小．
（3）當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到電場(chǎng)的下邊界時(shí)剛好返回，速度為零，運(yùn)用動(dòng)能定理求解小球到達(dá)的最低點(diǎn)與電場(chǎng)上邊界的距離．

解答 解：（1）設(shè)線框下邊離開(kāi)磁場(chǎng)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：mgsinθ-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{0}}{R}$=0
可解得：v₀=$\frac{mgRsinθ}{{B}^{2}{L}^{2}}$=1m/s
（2）從線框剛離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域到小球剛運(yùn)動(dòng)到電場(chǎng)的下邊界，根據(jù)動(dòng)能定理：
-qEL+mgsinθ×2L=0-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
可解得：E=6×10⁶N/C
（3）設(shè)經(jīng)足夠長(zhǎng)時(shí)間后，小球運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)到電場(chǎng)上邊界的距離為x，線框最終不會(huì)再進(jìn)入磁場(chǎng)，即運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)是線框的上邊與磁場(chǎng)的下邊界重合．
根據(jù)動(dòng)能定理：qEx-mgsinθ（L+x）=0
解得：x=$\frac{16}{17}$m
答：（1）線框做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小為1m/s；
（2）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為6×10⁶N/C；
（3）經(jīng)足夠長(zhǎng)時(shí)間后，小球到達(dá)的最低點(diǎn)與電場(chǎng)上邊界的距離為$\frac{16}{17}$m．

點(diǎn)評(píng) 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(shì)大小，綜合性強(qiáng)，對(duì)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．