Question

1．如图1所示，水平面上固定一倾角为α=30°的光滑斜面，斜面的底边与顶边PQ平行，在斜面上有一虚线MN（MN∥PQ），在MN与PQ之间存在垂直斜面向上的磁场，已知磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图2所示，将矩形导线框ABCD放在斜面上，且AB∥PQ，从t=0时刻起对线框施加一沿斜面向上的恒力F，使线框由静止开始运动，当线框到达MN时开始匀速进入磁场．已知线框的质量m=1kg，电阻R=0.2Ω，AB边长为x₁=1m，BC边长为x₂=0.4m，MN与PQ间的距离足够大，F=10N，g=10m/s²．求
（1）矩形线框到达MN前的加速度以及在磁场中匀速运动时的速度；
（2）0-2.1s内矩形线框产生的焦耳热．

Answer 1

分析 （1）对线框进行受力分析，求得其合外力，进而得到加速度；由线框进入磁场时受力平衡求得其运动速度；
（2）求得线框进入磁场的时间，然后利用动能定理求得进入磁场时的产热量，在对磁感应强度变化的过程应用楞次定律求得电流，进而得到发热量，将两部分发热量累加即可．

解答 解：（1）矩形线框到达MN前受力如图所示，
，
所以线框所受合外力${F}_{合}=F-Gsin30°=F-mgsin30°=10-1×10×\frac{1}{2}（N）=5N$；
所以，矩形线框到达MN前的加速度$a=\frac{F合}{m}=5m/{s}^{2}$；
设线框到达MN前所用的时间为t₁，则线框进入磁场时的速度v=at₁；
当线框到达MN时开始匀速进入磁场，则线框受力平衡，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，在进入磁场时，磁感应强度大小不变，则由图2可知，B=0.5T，所以，t₁=0.8s；
则v=at₁=4m/s；
（2）0-0.8s内矩形线框没有进入磁场，不产生的焦耳热；
矩形线框进入磁场所需时间${t}_{2}=\frac{{x}_{2}}{v}=0.1s$，对该过程运用动能定理可得：线框产生的热量等于合外力做的功，即Q₁=F_合•vt₂=2J；
因为MN与PQ间的距离足够大，所以，0.9s-2.1s内矩形线框不穿过磁场边界，由图2可得$B=\frac{5}{12}（2.1-t）T，0.9s＜t≤2.1s$，
那么，矩形线框的电动势$E=\frac{△Φ}{△t}=\frac{△B}{△t}{x}_{1}{x}_{2}=\frac{5}{12}×1×0.4V=\frac{1}{6}V$；
则其产生的热量${Q}_{2}=\frac{{E}^{2}}{R}t=\frac{\frac{1}{36}}{0.2}×（2.1-0.9）J=\frac{1}{6}J$=0.17J；
所以，0-2.1s内矩形线框产生的焦耳热Q=Q₁+Q₂=2.17J；
答：（1）矩形线框到达MN前的加速度为5m/s²，在磁场中匀速运动时的速度为4m/s；
（2）0-2.1s内矩形线框产生的焦耳热为2.17J．

点评 在闭合电路切割磁感线的问题中，由于安培力与速度有关，一般不能用定义式求解安培力做功，所以，我们常通过求其他力做功，应用动能定理来求解．