Question

13．如圖所示，一平直絕緣斜面足夠長，與水平面的夾角為θ；空間存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，寬度為L的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直斜面向下；一個質(zhì)量為m、電阻為R、邊長為a的正方形金屬線框沿斜面以速度 v 向上滑動進(jìn)入磁場，線框向上滑動離開磁場時的速度剛好是剛進(jìn)入磁場時速度的$\frac{1}{4}$，離開磁場后線框能沿斜面繼續(xù)滑行一段距離，然后沿斜面滑下并勻速進(jìn)入磁場．已知正方形線框與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ．求：
（1）線框沿斜面下滑過程中勻速進(jìn)入磁場時的速度v₂．
（2）線框在沿斜面上滑階段通過磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q．

Answer 1

分析 （1）線框沿斜面下滑過程中勻速進(jìn)入磁場時，受重力、支持力、安培力和摩擦力，根據(jù)平衡條件列式求解即可；
（2）先對離開磁場后的上滑過程和下滑過程分別運用動能定理列式求解離開磁場的速度，然后根據(jù)能量守恒定律列式求解線框在沿斜面上滑階段通過磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q．

解答 解：（1）線框在沿斜面下滑勻速進(jìn)入磁場的瞬間有：
$mgsinθ=μmgcosθ+\frac{{{B^2}{a^2}{v_2}}}{R}$，
解得：${v_2}=\frac{（mgsinθ-μmgcosθ）R}{{{B^2}{a^2}}}$；
（2）由動能定理，線框從離開磁場到滑動到最高點的過程中，有：
-（mgsinθ+μmgcosθ）s=0-$\frac{1}{2}$mv₁²，
線框從最高點滑下勻速進(jìn)入磁場的瞬間：
（mgsinθ-μmgcosθ）s=$\frac{1}{2}$mv₂²-0，
解得：v₁=$\sqrt{\frac{mgsinθ+μmgcosθ}{mgsinθ-μmgcosθ}}$v₂，
由能量守恒定律，有：$\frac{1}{2}$mv₀²-$\frac{1}{2}$mv₁²=Q+（mgsinθ+μmgcosθ）（a+L）；
已知速度：v₀=4v₁，解得：Q=$\frac{15{m}^{3}{g}^{2}{R}^{2}}{2{B}^{4}{a}^{4}}$（sin²θ-μcos²θ）-（mgsinθ+μmgcosθ）（a+L）；
答：（1）線框沿斜面下滑過程中勻速進(jìn)入磁場時的速度v₂為$\frac{（mgsinθ-μmgcosθ）R}{{B}^{2}{a}^{2}}$；
（2）線框在沿斜面上滑階段通過磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q為$\frac{15{m}^{3}{g}^{2}{R}^{2}}{2{B}^{4}{a}^{4}}$（sin²θ-μcos²θ）-（mgsinθ+μmgcosθ）（a+L）．

點評 本題關(guān)鍵明確線框的運動規(guī)律，然后選擇恰當(dāng)?shù)倪^程運用動能定理、能量守恒定律和平衡條件列式求解，不難．