Question

2．如图所示，倾角为α=30°的光滑固定斜面，斜面上相隔为d=8m平行虚线MN与PQ间有大小为B=0.1T的匀强磁场，方向垂直斜面向下．一质量为m=0.1kg，电阻为R=0.2Ω，边长L=1m的正方形单匝纯电阻金属线圈，线圈cd边从距PQ上方x=2.5m处由静止释放沿斜面下滑进入磁场，切ab边刚要离开磁场时线圈恰好做匀速运动，重力加速度g=10m/s²．求：
（1）cd边刚进入磁场时，线圈的速度v₁；
（2）线圈进入磁场的过程中，通过ab边的电量q；
（3）线圈通过磁场的过程中，ab边产生的热量Q．

Answer 1

分析 （1）cd边刚进入磁场时，根据机械能守恒定律求解线圈的速度．
（2）根据电量公式、欧姆定律和法拉第电磁感应定律结合求解电量．
（3）根据受力平衡求出cd边刚要离开磁场时的速度，再由能量守恒定律求解热量．

解答 解：（1）导线框沿斜面向下运动：
$mgxsin30°=\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
解得：${v}_{1}^{\;}=\sqrt{gx}=\sqrt{10×2.5}m/s=5m/s$
（2）导线进入磁场通过ab棒的电量：$q=\overline{I}•△t$
$\overline{E}=\frac{△Φ}{△t}$
$\overline{I}=\frac{\overline{E}}{R}$
联立得：$q=\frac{△Φ}{R}=\frac{B{L}_{\;}^{2}}{R}$=$\frac{0．{1}_{\;}^{2}×{1}_{\;}^{2}}{0.2}$=0.5C
（3）导线框离开磁场时：
$B•\frac{BL{v}_{2}^{\;}}{R}•L=mgsin30°$
解得：${v}_{2}^{\;}=\frac{mgRsin30°}{0．{1}_{\;}^{2}×{1}_{\;}^{2}}=10m/s$
由能量守恒有：${Q}_{总}^{\;}=mg（d+x+L）sin30°-\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$
代入数据：${Q}_{总}^{\;}=0.1×10×（8+2.5+1）-\frac{1}{2}×0.1×1{0}_{\;}^{2}$
解得：${Q}_{总}^{\;}=0.75J$
则ab边产生的热量为：$Q=\frac{3}{16}J$
答：（1）cd边刚进入磁场时，线圈的速度${v}_{1}^{\;}$为5m/s；
（2）线圈进入磁场的过程中，通过ab边的电量q为0.5C；
（3）线圈通过磁场的过程中，ab边产生的热量Q为$\frac{3}{16}J$

点评 本题中感应电荷量的结论可在会推导的基础上记牢，经常用到．分析清楚线圈的运动过程是正确解题的关键，解题时要注意：E=BLv、欧姆定律、安培力公式、平衡条件、动能定理与能量守恒定律的应用，求热量时，要注意线框进入和穿出磁场两个过程都要产生焦耳热．