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24．(2012海淀一模)（20分）如图甲所示，表面绝缘、倾角q=30°的斜面固定在水平地面上，斜面的顶端固定有弹性挡板，挡板垂直于斜面，并与斜面底边平行。斜面所在空间有一宽度D=0.40m的匀强磁场区域，其边界与斜面底边平行，磁场方向垂直斜面向上，磁场上边界到挡板的距离s=0.55m。一个质量m=0.10kg、总电阻R=0.25W的单匝矩形闭合金属框abcd，放在斜面的底端，其中ab边与斜面底边重合，ab边长L=0.50m。从t=0时刻开始，线框在垂直cd边沿斜面向上大小恒定的拉力作用下，从静止开始运动，当线框的ab边离开磁场区域时撤去拉力，线框继续向上运动，并与挡板发生碰撞，碰撞过程的时间可忽略不计，且没有机械能损失。线框向上运动过程中速度与时间的关系如图乙所示。已知线框在整个运动过程中始终未脱离斜面，且保持ab边与斜面底边平行，线框与斜面之间的动摩擦因数m=
/3，重力加速度g取10 m/s2。
（1）求线框受到的拉力F的大小；
（2）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（3）已知线框向下运动通过磁场区域过程中的速度v随位移x的变化规律满足v＝v0–
（式中v0为线框向下运动ab边刚进入磁场时的速度大小，x为线框ab边进入磁场后对磁场上边界的位移大小），求线框在斜面上运动的整个过程中产生的焦耳热Q。
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24．（20分）（1）由v–t图象可知，在0～0.4s时间内线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v1=2.0m/s，所以在此过程中的加速度 a=
=5.0m/s2………………（1分）
由牛顿第二定律 F–mgsinq
–m mgcosq=ma…………………………………（2分）
解得 F=1.5
N……………………………………………………………………（1分）
（2）由v–t图象可知，线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动，
产生的感应电动势 E=BLv1……………………………………………………（1分）
通过线框的电流 I=
=
………………………………………………（1分）
线框所受安培力 F安=BIL=
…………………………………………（1分）
对于线框匀速运动的过程，由力的平衡条件，有 F=mgsinq+μmgcosq+
…（2分）
解得 B=0.50T………………………………………………………………………（1分）
（3）由v–t图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度 D=0.40m ……………………………………………（1分）
线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动，到达档板时的位移为s–D=0.15m……（1分）
设线框与挡板碰撞前的速度为v2
由动能定理，有 –mg(s–D)sinq-μmg(s–D)cosq=
………………（1分）
解得 v2=
=1.0 m/s………………………………（1分）
线框碰档板后速度大小仍为v2，线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即mgsinθ=μmgcosθ=0.50N，因此线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，ab边刚进入磁场时的速度为v2=1.0 m/s；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设线框全部离开磁场区域时的速度为v3
由v＝v0–
得v3= v2 –
=-1.0 m/s，
因v3<0，说明线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，线框受力平衡，所以线框将静止在磁场中某位置。…………………………………………………………（2分）
线框向上运动通过磁场区域产生的焦耳热Q1=I2Rt=
=0.40 J……………（1分）
线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热Q2=
=0.05 J………………（2分）
所以Q= Q1+ Q2=0.45 J…………………………………………………………………（1分）
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