Question

5．如圖甲所示，在傾角θ=30⁰的光滑絕緣斜面上，水平虛線ab、cd、ef、gh為等間距分布，其間距l(xiāng)=0.5m，在ab與cd間、ef與gh間均存在有垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化圖象如圖乙所示．現(xiàn)有一長方形金屬線框PQMN用絕緣繩系于斜面上，PQ與虛線平行且處在ab、cd的中間． 已知PQ=MN=0.4m，PN=QM=1.0m，金屬線框的電阻R=0.04Ω．當(dāng)t=$\frac{1}{16}$s時(shí)刻繩子拉力恰好為零．若此時(shí)將繩子剪斷，線框從靜止開始向下運(yùn)動(dòng)，當(dāng)邊MN剛進(jìn)入ef和gh之間的磁場區(qū)域時(shí)，線框恰好做勻速運(yùn)動(dòng)．（空氣阻力不計(jì)，g取10m/s²）求：

（1）線框的質(zhì)量m；
（2）當(dāng)邊MN剛進(jìn)入ef時(shí)的速度大小v₂？
（3）PQ邊到達(dá)cd開始計(jì)時(shí)到當(dāng)邊MN剛進(jìn)入ef過程中是什么運(yùn)動(dòng)性質(zhì)（勻加速還是變加速）？PQ邊到達(dá)cd時(shí)速度的大小v₁；
（4）線框從開始運(yùn)動(dòng)到通過兩個(gè)磁場區(qū)域的過程中產(chǎn)生的電熱Q．

Answer 1

分析 （1）在0-$\frac{1}{16}$s內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律求出感應(yīng)電流．根據(jù)當(dāng)t=$\frac{1}{16}$s時(shí)刻繩子拉力恰好為零，線框受力平衡列式，可求得線框的質(zhì)量m；
（2）當(dāng)邊MN剛進(jìn)入ef和gh之間的磁場區(qū)域時(shí)，線框恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，受力平衡，由安培力公式和平衡條件結(jié)合求解v₂；
（3）從PQ到達(dá)cd至MN到達(dá)ef，穿過線框的磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，不受安培力，線框以加速度 a=gsin30°作勻加速直線運(yùn)動(dòng)．由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解PQ邊到達(dá)cd時(shí)速度的大小v₁．
（4）線框從開始運(yùn)動(dòng)到通過兩個(gè)磁場區(qū)域的過程，運(yùn)用能量守恒列式求解熱量Q．

解答 解：（1）在0-$\frac{1}{16}$s內(nèi)，$\frac{△B}{△t}$=8T/s
 s=$\frac{1}{2}l\overline{PQ}$=$\frac{1}{2}×0.5×0.4$=0.1m²；
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：
  E=$\frac{△Φ}{△t}$=$\frac{△B}{△t}$s=0.8V
  i=$\frac{E}{R}$=20A
線框靜止時(shí)：mgsin30°=BIL
解得：m=0.8kg
（2）MN到達(dá)ef時(shí)勻速運(yùn)動(dòng)，則有：mgsin30°=$\frac{{B}^{2}{l}^{2}{v}_{2}}{R}$
解得：v₂=4m/s
（3）從PQ到達(dá)cd至MN到達(dá)ef，穿過線框的磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，不受安培力，所以線框以加速度 a=gsin30°作勻加速直線運(yùn)動(dòng)．
由${v}_{2}^{2}-{v}_{1}^{2}$=2a•3l，其中 l=0.5m
解得：v₁=1m/s
（3）由能量守恒得：
mg$•\frac{9l}{2}$sin30°=$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$+Q
解得：Q=2.6J
答：（1）線框的質(zhì)量m是0.8kg；
（2）當(dāng)邊MN剛進(jìn)入ef時(shí)的速度大小v₂是4m/s．
（3）PQ邊到達(dá)cd開始計(jì)時(shí)到當(dāng)邊MN剛進(jìn)入ef過程中是勻加速運(yùn)動(dòng)，PQ邊到達(dá)cd時(shí)速度的大小v₁是1m/s．
（4）線框從開始運(yùn)動(dòng)到通過兩個(gè)磁場區(qū)域的過程中產(chǎn)生的電熱Q是2.6J．

點(diǎn)評(píng) 解決這類問題的關(guān)鍵是正確分析電路中的電流以及安培力的變化情況，判斷線框的受力情況，結(jié)合電磁感應(yīng)和力學(xué)規(guī)律解答．