Question

如圖所示，光滑矩形斜面ABCD的傾角為θ=30°，在其上放置一矩形金屬線框abcd，ab的邊長L₁=1m，bc的邊長L₂=0.6m，線框的質(zhì)量m=1kg，電阻R=0.1Ω，線框通過細(xì)線繞過定滑輪與重物相連，細(xì)線與斜面平行且靠近．重物質(zhì)量M=2kg，離地面的高度為H=4.8m．斜面上efgh區(qū)域是有界勻強(qiáng)磁場，方向垂直于斜面向上，已知AB到ef的距離為s₁=4.2m，ef到gh的距離為s₂=0.6m，gh到CD的距離為s₃=3.8m，取g=10m/s²．現(xiàn)讓線框從靜止開始運(yùn)動（開始時刻cd與AB邊重合），發(fā)現(xiàn)線框勻速穿過勻強(qiáng)磁場區(qū)域，求：

（1）efgh區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B
（2）線框在通過磁場區(qū)域過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q
（3）通過計算分析畫出線框從開始運(yùn)動到ab邊與CD邊重合過程中線框的v-t圖象．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)受力平衡，結(jié)合安培力的大小，即可求解；
（2）根據(jù)功能關(guān)系列式求熱量；
（3）本題要分過程求線框的速度，再作出圖象．首先，線框abcd由靜止沿斜面向上運(yùn)動，到ab與ef線重合過程中，線框和重物以大小相等的加速度做勻加速運(yùn)動，采用隔離法，由牛頓第二定律求出兩個物體的加速度，由運(yùn)動學(xué)公式求出ab恰好要進(jìn)入磁場時的速度，或根據(jù)動能定理列式求ab恰好要進(jìn)入磁場時的速度．根據(jù)計算得知線框進(jìn)入磁場后做勻速直線運(yùn)動，直到cd邊離開gh的瞬間為止，此時M剛好著地，細(xì)繩松弛，線框繼續(xù)向上做減速運(yùn)動，再由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合求cd邊離開CD的速度，即可作出圖象．

解答：解：（1）ab在磁場中運(yùn)動所受安培力，F(xiàn)=BIL₁=

B2 L 2 1 v0

R

根據(jù)受力平衡，則有：Mg=F+mgsinθ                  
解得：B=0.5T    
（2）由能量守恒：Q=2Mg?S₂-2mg?S₂?sinθ=18J                        
（3）如圖所示，線框abcd由靜止沿斜面向上運(yùn)動到ab與ef線重合的過程中，線框和重物在恒力作用下以共同的加速度做勻加速運(yùn)動．
設(shè)ab恰好要進(jìn)入磁場時的速度為v₀，對線框和重物的整體在這一過程運(yùn)用動能定理：Mgs₁-mgs₁sinθ=

1

2

（M+m）v

2 0

解得：v₀=

2gs1(M-msinθ) M+m

=

2×10×(4.2-0.6)(2-0.5) 3

=6m/s 
該過程的時間為：t₁=

s1

. v1

=

4.2-0.6

6 2

=1.2s
ab邊剛進(jìn)入磁場時由于切割磁感線而產(chǎn)生電流，所以線框受到沿斜面向下的安培力作用：F_A=BIL₁；
故此時，F(xiàn)_合=Mg-mgsinθ-F_A=20-10×0.5-

0．52×12×6

0.1

=0
故線框進(jìn)入磁場后，做勻速直線運(yùn)動，直到cd邊離開gh的瞬間為止．t₂=

2L2

v0

=

1.2

6

s=0.2s                                         
此時M剛好著地，細(xì)繩松弛，線框繼續(xù)向上做減速運(yùn)動，設(shè)線框的cd邊到達(dá)CD線
的速度為v₁，則對線框有：-mgs2sinθ=

1

2

mv₁²-

1

2

mv₀²；
得v₁=

v 2 0 -2gs2sinθ

=2m/s
  t₃=

s2

v0+v1 2

=

3.2

6+2 2

s=0.8s 
則線框的速度--時間圖象如右圖
答：
（1）efgh區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度0.5T；
（2）線框在通過磁場區(qū)域過程中產(chǎn)生的焦耳熱18J；
（3）通過計算分析畫出線框從開始運(yùn)動到ab邊與CD邊重合過程中線框的v-t圖象，如上圖所示．

點(diǎn)評：本題要能根據(jù)線框的受力情況，分析其運(yùn)動過程，再選擇力學(xué)和電磁學(xué)的規(guī)律求解．考查受力平衡條件、能量守恒定律、牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)公式、法拉第定律、歐姆定律、安培力等等眾多知識，綜合較強(qiáng)．