Question

1．如圖1所示，水平面上固定一傾角為α=30°的光滑斜面，斜面的底邊與頂邊PQ平行，在斜面上有一虛線MN（MN∥PQ），在MN與PQ之間存在垂直斜面向上的磁場，已知磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間的變化規(guī)律如圖2所示，將矩形導(dǎo)線框ABCD放在斜面上，且AB∥PQ，從t=0時刻起對線框施加一沿斜面向上的恒力F，使線框由靜止開始運(yùn)動，當(dāng)線框到達(dá)MN時開始勻速進(jìn)入磁場．已知線框的質(zhì)量m=1kg，電阻R=0.2Ω，AB邊長為x₁=1m，BC邊長為x₂=0.4m，MN與PQ間的距離足夠大，F(xiàn)=10N，g=10m/s²．求
（1）矩形線框到達(dá)MN前的加速度以及在磁場中勻速運(yùn)動時的速度；
（2）0-2.1s內(nèi)矩形線框產(chǎn)生的焦耳熱．

Answer 1

分析 （1）對線框進(jìn)行受力分析，求得其合外力，進(jìn)而得到加速度；由線框進(jìn)入磁場時受力平衡求得其運(yùn)動速度；
（2）求得線框進(jìn)入磁場的時間，然后利用動能定理求得進(jìn)入磁場時的產(chǎn)熱量，在對磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的過程應(yīng)用楞次定律求得電流，進(jìn)而得到發(fā)熱量，將兩部分發(fā)熱量累加即可．

解答 解：（1）矩形線框到達(dá)MN前受力如圖所示，
，
所以線框所受合外力${F}_{合}=F-Gsin30°=F-mgsin30°=10-1×10×\frac{1}{2}（N）=5N$；
所以，矩形線框到達(dá)MN前的加速度$a=\frac{F合}{m}=5m/{s}^{2}$；
設(shè)線框到達(dá)MN前所用的時間為t₁，則線框進(jìn)入磁場時的速度v=at₁；
當(dāng)線框到達(dá)MN時開始勻速進(jìn)入磁場，則線框受力平衡，那么上述合外力等于安培力，即${F}_{合}=BI{x}_{1}=B•\frac{B{x}_{1}v}{R}{x}_{1}=\frac{{B}^{2}{{x}_{1}}^{2}v}{R}$；
所以，在進(jìn)入磁場時，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不變，則由圖2可知，B=0.5T，所以，t₁=0.8s；
則v=at₁=4m/s；
（2）0-0.8s內(nèi)矩形線框沒有進(jìn)入磁場，不產(chǎn)生的焦耳熱；
矩形線框進(jìn)入磁場所需時間${t}_{2}=\frac{{x}_{2}}{v}=0.1s$，對該過程運(yùn)用動能定理可得：線框產(chǎn)生的熱量等于合外力做的功，即Q₁=F_合•vt₂=2J；
因為MN與PQ間的距離足夠大，所以，0.9s-2.1s內(nèi)矩形線框不穿過磁場邊界，由圖2可得$B=\frac{5}{12}（2.1-t）T，0.9s＜t≤2.1s$，
那么，矩形線框的電動勢$E=\frac{△Φ}{△t}=\frac{△B}{△t}{x}_{1}{x}_{2}=\frac{5}{12}×1×0.4V=\frac{1}{6}V$；
則其產(chǎn)生的熱量${Q}_{2}=\frac{{E}^{2}}{R}t=\frac{\frac{1}{36}}{0.2}×（2.1-0.9）J=\frac{1}{6}J$=0.17J；
所以，0-2.1s內(nèi)矩形線框產(chǎn)生的焦耳熱Q=Q₁+Q₂=2.17J；
答：（1）矩形線框到達(dá)MN前的加速度為5m/s²，在磁場中勻速運(yùn)動時的速度為4m/s；
（2）0-2.1s內(nèi)矩形線框產(chǎn)生的焦耳熱為2.17J．

點(diǎn)評 在閉合電路切割磁感線的問題中，由于安培力與速度有關(guān)，一般不能用定義式求解安培力做功，所以，我們常通過求其他力做功，應(yīng)用動能定理來求解．