Question

13．在導體棒圍成的矩形線框的兩條長邊中央焊接導體棒，將矩形分成兩個正方形，組成一個“日”字形線框．每個正方形的邊長都為L=0.5m，“日”字形相框質量m=0.5kg，每根導體棒質量分布均勻．現將該線框靜止放在傾角α=37°的粗糙絕緣斜面上，線框與斜面間的動摩擦因數μ=0.25，線框的ef邊與斜面底邊重合，如圖所示．ab、cd、ef三段的阻值相等且均為R=0.4Ω，其余部分電阻不計．斜面所在空間存在一有界矩形勻強磁場區域GIJH，其寬度GI=HJ=L，長度IJ＞L，IJ∥ef，磁場垂直斜面向上，磁感應強度B=1T．現用一大小F=5N、方向沿斜面向上且垂直于ab的恒力作用在ab中點，使線框沿斜面向上運動，ab進入磁場時線框恰好做勻速運動．若不計導線粗細，重力加速度g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）ab進入磁場前線框運動的加速度a的大小；
（2）cd在磁場中運動時，外力克服安培力做功的功率P；
（3）線框從開始運動到ef恰好穿出磁場的過程中，線框中產生的焦耳熱與外力F做功的比值$\frac{Q}{W}$．

Answer 1

分析 （1）ab進入磁場前線框做勻加速運動，依據牛頓第二定律，即可求解；
（2）根據線框做勻速直線運動，結合平衡條件，及安培力表達式，閉合電路歐姆定律與切割感應電動勢公式，及功率表達式，即可求解；
（3）根據力做功表達式，及安培力做功，即為線框中產生的焦耳熱，從而即可求解它們的之比．

解答 解：（1）ab進入磁場前線框做勻加速運動，由牛頓第二定律有：
F-mgsinα-μmgcosα=ma
代入數據得：a=2m/s²．
（2）線框穿過磁場的過程總是一邊切割磁感線，電路組成也沒變，所以一直做速度為v的勻速運動．由平衡條件有：
F=mgsinα+μmgcosα+F_A　
代入數據得安培力：F_A=1N　
又：F_A=BIL　　
I=$\frac{E}{{R}_{總}}$　　
E=BLv　　
R_總=R+$\frac{R}{2}$
聯立以上等式，代入已知數據得：v=2.4m/s　
所以：P=F_Av=2.4W　
（3）設ab進入磁場前線框發生的位移為x，則有：x=$\frac{{v}^{2}}{2a}$=1.44m
則Q=F_安•3L=1.5J
W=F（x+3L）=14.7J
$\frac{Q}{W}$=$\frac{5}{49}$
答：（1）ab進入磁場前線框運動的加速度a的大小2m/s²；
（2）cd在磁場中運動時，外力克服安培力做功的功率2.4W；
（3）線框從開始運動到ef恰好穿出磁場的過程中，線框中產生的焦耳熱與外力F做功的比值5：49．

點評 考查牛頓第二定律的應用，掌握平衡條件、閉合電路歐姆定律與法拉第電磁感應定律的內容，及安培力與電功率的表達式，注意克服安培力做功，使線框中產生的焦耳熱．