题目内容
（2013?厦门模拟）如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成θ=37°放置，在斜面上虚线aa′和bb′与斜面底边平行，在aa′b′b围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B=1T；现有一质量为m=10g，总电阻为R=1Ω，边长d=0.1m的正方形金属线圈MNPQ，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速穿过磁场．已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5，（取g=10m/s2；sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）线圈进入磁场区域时，受到安培力大小；
（2）线圈释放时，PQ边到bb′的距离；
（3）整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热．
分析：（1）线圈匀速穿过磁场，受力平衡，根据平衡条件列式求解；
（2）根据安培力公式F安=BId、E=Bvd、I=
得到安培力与速度的关系式，即可求得速度．
（3）线圈上产生的焦耳热等于克服安培力做功．
（2）根据安培力公式F安=BId、E=Bvd、I=
| E |
| R |
（3）线圈上产生的焦耳热等于克服安培力做功．
解答：解：（1）对线圈受力分析，根据平衡条件得：F安+μmgcosθ=mgsinθ
代入数据解得：F安=mgsinθ-μmgcosθ=（0.01×10×0.6-0.5×0.01×10×0.8）N=2×10-2N；
（2）由 F安=BId、E=Bvd、I=
解得：F安=
代入数据解得：v=
=
m/s=2m/s
线圈进入磁场前做匀加速运动，根据牛顿第二定律得：
a=
=gsinθ-μgcosθ=（10×0.6-0.5×10×0.80）m/s2=2m/s2
线圈释放时，PQ边到bb的距离L=
=
m=1m；
（3）由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于d=0.1m，
Q=W安=F安?2d
代入数据解得：Q=2×10-2×2×0.1J=4×10-3J；
答：
（1）线圈进入磁场区域时，受到安培力大小为2×10-2N；
（2）线圈释放时，PQ边到bb′的距离为1m；
（3）整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热为4×10-3J．
代入数据解得：F安=mgsinθ-μmgcosθ=（0.01×10×0.6-0.5×0.01×10×0.8）N=2×10-2N；
（2）由 F安=BId、E=Bvd、I=
| E |
| R |
解得：F安=
| B2d2v |
| R |
代入数据解得：v=
| F安R |
| B2d2 |
| 2×10-2×1 |
| 12×0．12 |
线圈进入磁场前做匀加速运动，根据牛顿第二定律得：
a=
| mgsinθ-μmgcosθ |
| m |
线圈释放时，PQ边到bb的距离L=
| v2 |
| 2a |
| 22 |
| 2×2 |
（3）由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于d=0.1m，
Q=W安=F安?2d
代入数据解得：Q=2×10-2×2×0.1J=4×10-3J；
答：
（1）线圈进入磁场区域时，受到安培力大小为2×10-2N；
（2）线圈释放时，PQ边到bb′的距离为1m；
（3）整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热为4×10-3J．
点评：解决本题的关键是推导安培力与速度的关系式，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．
练习册系列答案
阅读快车系列答案
相关题目
（2013?厦门模拟）如图，在xOy平面内有一列沿x轴正方向传播的简谐横波，振幅为0.1m，频率为2.5Hz．在t=0时，平衡位置坐标x=2m的质点P点正经过平衡位置向下，平衡位置坐标x=5m的质点Q点位于波谷，且PQ之间只有一波峰，则下列说法正确的是（ ）
（2013?厦门模拟）如图所示，理想变压器原副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，除R 外其余电阻不计．在原线圈c、d两端加上u1=220
（2013?厦门模拟）如图所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为e/m的电子以速度v0从A 点沿AB边入射，欲使电子经过BC边，磁感应强度B的取值为（ ）
（2013?厦门模拟）将一弹性绳（质量不计）一端固定在某一高处O点，另一端系在一个物体上，现将物体从O点处由静止释放，测出物体在不同时刻的速度v和到O点的距离s，得到v-s图象如图所示．已知物体质量为5kg，弹性绳的自然长度为12m，（弹性绳的伸长在弹性限度内，遵循胡克定律，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2），则可知（ ）