Question

（2013?黃浦區(qū)二模）如圖（a）所示，斜面傾角為37°，一寬為d=0.43m的有界勻強(qiáng)磁場垂直于斜面向上，磁場邊界與斜面底邊平行．在斜面上由靜止釋放一長方形金屬線框，線框沿斜面下滑，下邊與磁場邊界保持平行．取斜面底部為零勢能面，從線框開始運(yùn)動到恰好完全進(jìn)入磁場的過程中，線框的機(jī)械能E和位移s之間的關(guān)系如圖（b）所示，圖中①、②均為直線段．已知線框的質(zhì)量為m=0.1kg，電阻為R=0.06Ω，重力加速度取g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8．
（1）求金屬線框與斜面間的動摩擦因數(shù)μ；
（2）求金屬線框剛進(jìn)入磁場到恰完全進(jìn)入磁場所用的時間t；
（3）求金屬線框穿越磁場的過程中，線框中產(chǎn)生焦耳熱的最大功率P_m；
（4）請?jiān)趫D（c）中定性地畫出：在金屬線框從開始運(yùn)動到完全穿出磁場的過程中，線框中感應(yīng)電流I的大小隨時間t變化的圖象．

Answer 1

分析：（1）對于圖象①直線段，金屬線框未進(jìn)入磁場過程，根據(jù)功能原理可知，金屬線框減少的機(jī)械能等于克服摩擦力所做的功，讀出線框的位移大小和機(jī)械能的減小量，即可求出動摩擦因數(shù)μ；
（2）對于圖象②直線段，金屬線框進(jìn)入磁場的過程中，減小的機(jī)械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，因機(jī)械能均勻減小，安培力也為恒力，可知線框做勻速運(yùn)動．
先牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合求出線框剛進(jìn)入磁場時速度大�。�由讀出此過程機(jī)械能的減小量，由功能關(guān)系求出線框進(jìn)入磁場過程運(yùn)動的距離，即可求得時間t；
（3）線框完全進(jìn)入磁場后做勻加速運(yùn)動，出磁場時做減速運(yùn)動，可知框出剛出磁場時速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電流最大，線框內(nèi)的焦耳熱功率最大．由運(yùn)動學(xué)公式求出剛出磁場時的速度大小，根據(jù)剛進(jìn)磁場時線框勻速運(yùn)動，由平衡條件求出BL，由功率公式即可求出線框中產(chǎn)生焦耳熱的最大功率P_m；
（4）分段畫出感應(yīng)電流I的大小隨時間t變化的圖象．

解答：解：（1）根據(jù)功能原理可知，金屬線框減少的機(jī)械能=克服摩擦力所做的功
△E₁=W_f1=μmgcos37°s₁
其中s₁=0.36m，△E₁=（0.900-0.756）J=0.144J
可解得μ=0.5
（2）金屬線框進(jìn)入磁場的過程中，減小的機(jī)械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，機(jī)械能仍均勻減小，因此安培力也為恒力，故線框做勻速運(yùn)動．
由v₁²=2a s₁，其中a=gsin37°-μgcos37°=2m/s²
可解得線框剛進(jìn)磁場時的速度大小為：υ₁=1.2m/s
△E₂=W_f2+W_A=（f+F_A）s₂
由圖知：△E₂=（0.756-0.666）J=0.09J，f+F_A=mgsin37°=0.6N，s₂為線框的側(cè)邊長，即線框進(jìn)入磁場過程運(yùn)動的距離，可求出s₂=0.15m
故t=

s2

v1

=

0.15

1.2

 s=0.125s
（3）線框出剛出磁場時速度最大，線框內(nèi)的焦耳熱功率最大，且 P_m=I²R=

B2L2 v 2 2

R

由v₂²=v₁²+2a（d-s₂）可求得v₂=1.6 m/s
根據(jù)線框勻速進(jìn)入磁場時，F(xiàn)_A+μmgcos37°=mgsin37°，
可求出F_A=0.2N，
又因?yàn)?F_A=BIL=

B2L2v1

R

，可求出B²L²=0.01T²m²
將υ₂、B²L²的值代入P_m=

B2L2 v 2 2

R

，可求出P_m=0.43W
（4）圖象如圖所示．
答：（1）求金屬線框與斜面間的動摩擦因數(shù)μ是0.5；
（2）金屬線框剛進(jìn)入磁場到恰完全進(jìn)入磁場所用的時間t為0.125s；
（3）金屬線框穿越磁場的過程中，線框中產(chǎn)生焦耳熱的最大功率P_m是0.43W．
（4）定性地畫出：在金屬線框從開始運(yùn)動到完全穿出磁場的過程中，線框中感應(yīng)電流I的大小隨時間t變化的圖象如圖所示．

點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵能通過圖象分析出物體的運(yùn)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(jìn)行正確的受力分析和熟練運(yùn)用運(yùn)動學(xué)公式．