如图(a)所示.ABCD为一足够长的光滑绝缘斜面.EFGH范围内存在方向垂直斜面向上的匀强磁场.磁场边界EF.HG与斜面底边AB平行．一长方形金属框abcd放在斜面上.ab边平行于磁场边界．现使金属框从斜面上某处由静止释放.金属框从开始运动到cd边离开磁场的过程中.其运动的v-t图象如图(b)所示．已知金属框的质量为0.02kg.电阻为0.48Ω.磁感应强度大小� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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16．如图（a）所示，ABCD为一足够长的光滑绝缘斜面，EFGH范围内存在方向垂直斜面向上的匀强磁场，磁场边界EF、HG与斜面底边AB平行．一长方形金属框abcd放在斜面上，ab边平行于磁场边界．现使金属框从斜面上某处由静止释放，金属框从开始运动到cd边离开磁场的过程中，其运动的v-t图象如图（b）所示．已知金属框的质量为0.02kg，电阻为0.48Ω，磁感应强度大小为2T，取g=10m/s²，线框在0.1s～0.2s内的位移为0.07m，求：

（1）斜面的倾角θ；
（2）金属框ab边的长度，；
（3）金属框穿过磁场的过程中产生的焦耳热Q？

分析（1）分析线框进入磁场前的受力，再由图得到加速度，利用牛顿第二定律即可求解；
（2）根据线框匀速离开此场可得受力平衡，进而求得ab边长；
（3）对线框进入、离开磁场分别应用动能定理，再将两部分克服安培力做的功累加即可得到焦耳热．

解答解：线框在进入磁场前只受重力、支持力的作用，线框做匀加速运动；线框进入磁场过程中，受重力、支持力、安培力作用，由图（b）可知，线框做加速度减小的加速运动；完全进入后，安培力为零，线框只受重力、支持力的作用，至离开磁场时，安培力不为零，线框受重力、支持力、安培力作用，做匀速直线运动．
（1）由v-t图象可知，在0～0.1s内金属框的加速度$a=\frac{0.5-0}{0.1-0}m/{s}^{2}=5m/{s}^{2}$；
在0～0.1s内金属框沿光滑斜面下滑，由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma；
所以，$sinθ=\frac{a}{g}=\frac{5}{10}=\frac{1}{2}$；所以，θ=30°；
（2）由v-t图象可知，金属框以v=1.2m/s匀速穿出磁场；那么由受力平衡可得：$mgsinθ={F}_{安}=BIL=\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$；
所以，$L=\sqrt{\frac{mgRsinθ}{{B}^{2}v}}=\sqrt{\frac{0.02×10×0.48×\frac{1}{2}}{{2}^{2}×1.2}}m=0.1m$；
（3）线框在0.1s～0.2s内的位移为0.07m，由题意可知，金属框边长bc为l=0.07m；
对金属框进入匀强磁场的过程应用动能定理，则可得：克服安培力所做的功${W}_{1}=mglsinθ-（\frac{1}{2}m{{v}_{2}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}）$=$0.02×10×0.07×\frac{1}{2}-\frac{1}{2}×0.02（0．{8}^{2}-0．{5}^{2}）J$=3.1×10^-3J；
金属框离开匀强磁场时做匀速直线运动，对金属框离开匀强磁场的过程应用动能定理，则可得：克服安培力所做的功
${W}_{2}=mglsinθ=7×1{0}^{-3}J$；
再有，克服安培力所做的功等于闭合电路产生的热量；所以金属框穿过磁场的过程中产生的焦耳热$Q={W}_{1}+{W}_{1}=10.1×1{0}^{-3}J=1.01×1{0}^{-2}J$．
答：（1）斜面的倾角θ为30°；
（2）金属框ab边的长度0.1m；
（3）金属框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为1.01×10^-2J．

点评闭合电路中导体棒切割磁感线问题，一般通过速度求得电动势，进而根据闭合电路求得电流和安培力，就可求解做功，产热等能量问题．

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