Question

7．如图甲所示，斜面上存在一有理想边界的匀强磁场，磁场方向与斜面垂直．在斜面上离磁场上边界s₁=0.36m处由静止释放一单匝矩形金属线框，线框底边和磁场边界平行，金属线框与斜面间的动摩擦因数μ=0.5．整个线框进入磁场的过程中，机械能E和位移s之间的关系如图乙所示．已知E₀-E₁=0.09J，线框的质量为0.1kg，电阻为0.06Ω，斜面倾角θ=37°，磁场区域的宽度d=0.43m，重力加速度g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）线框刚进入磁场时的速度大小v₁；
（2）线框从开始进入至完全进入磁场所用的时间t；
（2）线框穿越磁场的整个过程中电功率的最大值．

Answer 1

分析 （1）金属线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，机械能仍均匀减小，因为安培力也为恒力，线框做匀速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出线框进入磁场时的速度；
（2）结合功能关系求出线框进入磁场时的距离，从而得出金属线框刚进入磁场到恰完全进入磁场所用的时间．
（3）线框刚出磁场时速度最大，线框内的电功率最大，根据速度位移公式求出线框出磁场时的速度，根据线框进入磁场时匀速运动得出安培力的大小，综合功率的表达式求出最大电功率．

解答 解：（1）金属线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，机械能仍均匀减小，因为安培力也为恒力，线框做匀速运动．则有：
v₁²=2as₁，其中a=gsin37°-μgcos37°=2m/s²
可解得线框刚进入磁场时的速度大小为：v₁=1.2m/s．
（2）设线框边长为s₂，即线框进入磁场过程中运动的建立为s₂，
根据功能关系可得：△E₂=W_f2+W_A=（f+F_A）s₂，
其中有：△E₂=（0.756-0.666）J=0.09J，f+F_A=mgsin37°=0.6N，s₂为线框的侧边长，
解得：s₂=0.15m．
t=$\frac{{s}_{2}}{{v}_{1}}$=$\frac{0.15}{1.2}$s=0.125s．
（3）线框刚出磁场时速度最大，线框内的电功率最大．
P_m=I²R=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{2}^{2}}{R}$，
由v₂²=v₁²+2a（d-s₂），
解得：v₂=1.6m/s
根据线框匀速进入磁场时，有：F_A+μmgcos37°=mgsin37°
可求出：F_A=0.2N
因为F_A=BIL=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{1}}{R}$，
求得：B²L²=0.01T²m²
将v₂、B²L²的值代入得：
P_m=I²R=0.43W．
答：（1）线框刚进入磁场时的速度大小为1.2m/s；
（2）线框从开始进入至完全进入磁场所用的时间为0.125s；
（3）线框穿越磁场的整个过程中电功率的最大值为0.43W．

点评 对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．解决本题的关键能通过图象分析出物体的运动状况：先做匀加速，再做匀速，接着做匀加速．以及能对线框进行正确的受力分析和熟练运用运动学公式．