Question

15．如圖所示，光滑矩形斜面ABCD的傾角θ=30°，在其上放置一矩形金屬框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，離地面高度為H=4.8m，斜面上efgh區(qū)域是有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為0.5T，方向垂直于斜面向上；已知AB到ef的距離為4.2m，ef到gh的距離為0.6m，gh到CD的距離為3.8m，取g=10m/s²，現(xiàn)讓線框從靜止開始運動（開始時刻，cd與AB邊重合），求：
（1）線框進(jìn)入磁場前的加速度大�。�
（2）線框的ab邊剛進(jìn)入磁場時的速度v₀的大�。�
（3）線框從靜止運動開始到ab邊與CD邊重合時，線框運動的時間t；
（4）線框abcd在整個運動過程中產(chǎn)生的熱量．

Answer 1

分析 （1）線框進(jìn)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）根據(jù)勻變速直線運動的速度位移關(guān)系求出剛進(jìn)入磁場時的速度v₀的大�。�
（3）線框abcd進(jìn)入磁場前時，做勻加速直線運動；進(jìn)磁場的過程中，做勻速直線運動；出磁場后做勻減速運動，分三段根據(jù)運動學(xué)公式求解時間；
（4）根據(jù)安培力做的功等于產(chǎn)生的焦耳熱來計算．

解答 解：（1）線框進(jìn)入磁場前，線框僅受到細(xì)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．則由牛頓第二定律得：
對重物有：Mg-F_T=Ma
對線框有：F_T-mg sinα=ma．
聯(lián)立解得線框進(jìn)入磁場前重物M的加速度為：
a=$\frac{Mg-mgsinθ}{M+m}$=$\frac{2×10-1×10×sin30°}{2+1}$m/s²=5m/s²；
（2）因為AB到ef的距離為4.2m，則ab到ef的距離為：
x₁=4.2m-0.6m=3.6m，
根據(jù)勻加速直線運動的速度位移關(guān)系可得：
v₀²=2ax₁，
解得：v₀=$\sqrt{2a{x}_{1}}$=$\sqrt{2×5×3.6}$m/s=6m/s；
（3）線框進(jìn)入磁場時受到的安培力為：
F_A=BIl₁=$\frac{{B}^{2}{l}_{1}^{2}{v}_{0}}{R}$=$\frac{0．{5}^{2}×{1}^{2}×6}{0.1}$N=15N，
而Mg-mgsinθ=20N-10×sin30°N=15N，所以線框進(jìn)入磁場做勻速運動，
從開始到ab進(jìn)入磁場經(jīng)過的時間為：
t₁=$\frac{{v}_{0}}{a}=\frac{6}{5}s$=1.2s；
勻速運動的時間為：
t₂=$\frac{4.2+0.6}{6}s$=0.8s，
線框離開磁場時位移為：
x₂=4.2m+0.6m=4.8m=H，以后M落地，線框向上減速運動；
減速運動的加速度為：a′=gsin30°=5 m/s²，
該階段運動的位移為：x₃=3.8m-0.6m=3.2m，
根據(jù)位移時間關(guān)系可得：x₃=v₀t₃-$\frac{1}{2}a′{t}_{3}^{2}$，
解得：t₃=0.8 s
因此線框從靜止運動開始到ab邊與CD邊重合時，線框運動的時間為：t=t₁+t₂+t₃=2.8s；
（4）線框在磁場中整個運動過程產(chǎn)生的焦耳熱為：Q=F_A•2l₂=15××2×0.6J=18 J．
答：（1）線框進(jìn)入磁場前的加速度大小為5m/s²；
（2）線框的ab邊剛進(jìn)入磁場時的速度v₀的大小為6m/s；
（3）線框從靜止運動開始到ab邊與CD邊重合時，線框運動的時間為2.8s；
（4）線框abcd在整個運動過程中產(chǎn)生的熱量為18J．

點評 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．