Question

8．如圖所示，傾角為0二37°的足夠長的固定斜面上，有一個(gè)n=5匝、質(zhì)量M=1kg、總電阻R=0.1Ω的矩形線框abcd，ab邊長l₁=1m，bc邊長l₂=0.6m．將線框置于斜面底端，使cd邊恰好與斜面底端平齊，在斜面上的矩形區(qū)域cdef內(nèi)有垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=O.1T，ef∥cd，cd與ef的距離l₂=0.6m．現(xiàn)通過位于斜面所在平面內(nèi)且垂直于ab的細(xì)線以及滑輪把線框和質(zhì)量m=3kg的物塊連接起來，讓物塊從離地面足夠高的地方由靜止釋放，當(dāng)物塊下降h=O.8m時(shí)，繩子剛好拉直，此后線框恰好能夠勻速地穿出有界磁場(chǎng)區(qū)域．當(dāng)線框剛好穿過有界磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，物塊m恰好落到地面上，且不再彈離地面．若線框與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)為u=0.5、g取10m/s²；繩子拉直瞬間，摩擦力及線框和物塊的重力的沖量對(duì)動(dòng)量變化的影晌忽略不計(jì)．求：
（1）線框在沿斜面上滑的整個(gè)過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q．
（2）線框沿斜面上滑的最大距離s．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)功能關(guān)系，減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為摩擦生熱和焦耳熱，列式求熱量；
（2）由動(dòng)能定理求解繩子拉直時(shí)的速度v₀，再利用動(dòng)量定理求解線框運(yùn)動(dòng)時(shí)速度v₁，根據(jù)受力平衡求解線框勻速運(yùn)動(dòng)得速度v，分別利用動(dòng)能定理求解進(jìn)入磁場(chǎng)和出磁場(chǎng)后運(yùn)行的位移．

解答 解：（1）將線框和物塊看成一個(gè)系統(tǒng)，由能量守恒定律得，系統(tǒng)減少的勢(shì)能轉(zhuǎn)化為摩擦生熱和焦耳熱，即：Q=2mgl₂-2Mgl₂sin37°-2μMgl₂cos37°，
解得：Q=24J，
（2）設(shè)繩子拉直前后的速度為v₀、v₁，對(duì)m由，mgh=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$，解得：${v}_{0}=\sqrt{2gh}=4m/s$，
繩子拉直時(shí)，對(duì)m由動(dòng)量定理得：-I=mv₁-mv₀，同理對(duì)M有：I=Mv₁，即：Mv₁=mv₀-mv₁，解得：v₁=3m/s，
設(shè)線框能夠勻速地穿出有界磁場(chǎng)區(qū)域的速度為v，
由平衡條件得：對(duì)m：T=mg，
對(duì)M有：T=Mgsin37°+μMgcos37°+F_安，
解得：F_安=20N，
根據(jù)電磁感應(yīng)定律和歐姆定律得：E=nBl₁v，$I=\frac{E}{R}$，而F_安=nBl₁I=$\frac{{n}^{2}{B}^{2}{l}_{1}^{2}v}{R}$，解得：v=8m/s，
設(shè)線框進(jìn)入磁場(chǎng)前上滑的距離為s₁，對(duì)系統(tǒng)由動(dòng)能定理：mgs₁-Mgs₁sin37°-μMgs₁cos37°=$\frac{1}{2}（M+m）{v}^{2}-\frac{1}{2}（m+M）{v}_{1}^{2}$，解得：s₁=5.5m，
對(duì)線框滑出磁場(chǎng)后，由于m已落地，設(shè)M上滑的距離為s₂，對(duì)M由動(dòng)能定理得：$-Mg{s}_{2}sin37°-μMg{s}_{2}cos37°=0-\frac{1}{2}M{v}^{2}$，解得：s₂=3.2m，
所以線框上滑的最大距離s=s₁+s₂+2l₂=9.9m
答：（1）線框在沿斜面上滑的整個(gè)過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q為24J．
（2）線框沿斜面上滑的最大距離s為9.9m．

點(diǎn)評(píng) 本題要能根據(jù)線框的受力情況，分析其運(yùn)動(dòng)過程，再選擇力學(xué)和電磁學(xué)的規(guī)律求解．考查受力平衡條件、能量守恒定律、牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、法拉第定律、歐姆定律、安培力等等眾多知識(shí)，綜合較強(qiáng)．