题目内容
如图所示，有一个倾角为θ的足够长的斜面，沿着斜面有一宽度为2b的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直斜面向外，磁场的边界与底边平行．现有一质量为m的“日”字形导线框，框上两个小正方形的边长均为b．其中三条平行边和斜面底边及磁场边界平行，电阻均为R，其余两条长平行边不计电阻．现将导线框由静止开始释放，整个框和斜面的动摩擦因数为μ（μ＜tanθ），当它刚滑进磁场时恰好做匀速直线运动．问：（1）导线框从静止开始到进入磁场时所滑过的距离s；
（2）通过计算说明导线框能否匀速通过整个磁场；
（3）导线框从静止开始到全部离开磁场所产生的焦耳热Q．
【答案】分析：（1）由题意，线框刚滑进磁场时恰好做匀速直线运动，由平衡条件和安培力的表达式可求出此时线框的速度．未进磁场时，线框做匀加速运动，由牛顿第二定律可求得加速度，再由运动学公式求s．
（2）通过分析线框的受力情况判断其运动情况，要抓住三条平行边的电阻均为R，当有两条边在磁场中时，把它们看成整体，感应电动势和感应电流没有变化，线框所受的安培力不变，可知线框能做匀速直线运动，可以匀速通过整个磁场．
（3）整个过程中，线框的重力势能减小转化摩擦产生的内能和焦耳热，根据能量守恒列式求Q．
解答：解：（1）线框刚进磁场时匀速直线运动，则有 mgsinθ=μmgcosθ+F安
又由F安=BIb，I=
，E=Bbv，
联立可得：v=
线框未进磁场时，加速度为a=
=gsinθ-μgcosθ
则得 s=
代入可得：s=
（2）能，在穿越过程中，当只有一条边在磁场中时有E=Bbv，I=
，F安=BIb都不变，仍然有mgsinθ=μmgcosθ+F安，因而能匀速滑动，而当有两条边在磁场中时，把它们看成整体，则E=Bbv，I=
，F安=BIb不变，仍有mgsinθ=μmgcosθ+F安，因而能匀速滑动，综上所述能匀速地通过整个磁场．
（3）对于线框穿越磁场的整个过程，由能量守恒得：mg（4bsinθ）=Q+μ（mgcosθ）4b，
解得 Q=4mgb（sinθ-μcosθ）．
答：
（1）导线框从静止开始到进入磁场时所滑过的距离s为
；
（2）通过计算说明导线框能匀速通过整个磁场；
（3）导线框从静止开始到全部离开磁场所产生的焦耳热Q为4mgb（sinθ-μcosθ）．
点评：本题关键要分析线框的受力情况，来判断其运动情况，当两条进入磁场时采用等效的思维容易理解．
（2）通过分析线框的受力情况判断其运动情况，要抓住三条平行边的电阻均为R，当有两条边在磁场中时，把它们看成整体，感应电动势和感应电流没有变化，线框所受的安培力不变，可知线框能做匀速直线运动，可以匀速通过整个磁场．
（3）整个过程中，线框的重力势能减小转化摩擦产生的内能和焦耳热，根据能量守恒列式求Q．
解答：解：（1）线框刚进磁场时匀速直线运动，则有 mgsinθ=μmgcosθ+F安
又由F安=BIb，I=
，E=Bbv，联立可得：v=
线框未进磁场时，加速度为a=
=gsinθ-μgcosθ则得 s=
代入可得：s=
（2）能，在穿越过程中，当只有一条边在磁场中时有E=Bbv，I=
，F安=BIb都不变，仍然有mgsinθ=μmgcosθ+F安，因而能匀速滑动，而当有两条边在磁场中时，把它们看成整体，则E=Bbv，I=，F安=BIb不变，仍有mgsinθ=μmgcosθ+F安，因而能匀速滑动，综上所述能匀速地通过整个磁场．（3）对于线框穿越磁场的整个过程，由能量守恒得：mg（4bsinθ）=Q+μ（mgcosθ）4b，
解得 Q=4mgb（sinθ-μcosθ）．
答：
（1）导线框从静止开始到进入磁场时所滑过的距离s为
；（2）通过计算说明导线框能匀速通过整个磁场；
（3）导线框从静止开始到全部离开磁场所产生的焦耳热Q为4mgb（sinθ-μcosθ）．
点评：本题关键要分析线框的受力情况，来判断其运动情况，当两条进入磁场时采用等效的思维容易理解．
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如图所示，有一个倾角为θ的足够长的斜面，沿着斜面有一宽度为2b的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直斜面向外，磁场的边界与底边平行．现有一质量为m的“日”字形导线框，框上两个小正方形的边长均为b．其中三条平行边和斜面底边及磁场边界平行，电阻均为R，其余两条长平行边不计电阻．现将导线框由静止开始释放，整个框和斜面的动摩擦因数为μ（μ＜tanθ），当它刚滑进磁场时恰好做匀速直线运动．问：
如图所示，有一倾角θ=37°的足够长粗糙斜面，底端与一个光滑的
”字形导线框在斜面上静止开始释放，其中三条平行边和斜面底边及磁场的边界平行（电阻均为R），其余两条平行长边不计电阻，整个框和斜面的动摩檫因素为µ（µ <tanθ），框上两个小正方形的每条边长均为b，当它刚滑进磁场时恰好做匀速直线运动。问：