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n=5匝、質量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內有垂直于導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度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且垂直于ab的細線以及滑輪把線框和質量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，當物塊下降h=O.8m時，繩子剛好拉直，此后線框恰好能夠勻速地穿出有界磁場區(qū)域．當線框剛好穿過有界磁場區(qū)域時，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動量變化的影晌忽略不計．求：
（1）線框在沿斜面上滑的整個過程中，線框中產生的焦耳熱Q．
（2）線框沿斜面上滑的最大距離s．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)功能關系，減少的重力勢能轉化為摩擦生熱和焦耳熱，列式求熱量；
（2）由動能定理求解繩子拉直時的速度v₀，再利用動量定理求解線框運動時速度v₁，根據(jù)受力平衡求解線框勻速運動得速度v，分別利用動能定理求解進入磁場和出磁場后運行的位移．

解答 解：（1）將線框和物塊看成一個系統(tǒng)，由能量守恒定律得，系統(tǒng)減少的勢能轉化為摩擦生熱和焦耳熱，即：Q=2mgl₂-2Mgl₂sin37°-2μMgl₂cos37°，
解得：Q=24J，
（2）設繩子拉直前后的速度為v₀、v₁，對m由，mgh=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$，解得：${v}_{0}=\sqrt{2gh}=4m/s$，
繩子拉直時，對m由動量定理得：-I=mv₁-mv₀，同理對M有：I=Mv₁，即：Mv₁=mv₀-mv₁，解得：v₁=3m/s，
設線框能夠勻速地穿出有界磁場區(qū)域的速度為v，
由平衡條件得：對m：T=mg，
對M有：T=Mgsin37°+μMgcos37°+F_安，
解得：F_安=20N，
根據(jù)電磁感應定律和歐姆定律得：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，
設線框進入磁場前上滑的距離為s₁，對系統(tǒng)由動能定理：mgs₁-Mgs₁sin37°-μMgs₁cos37°=$\frac{1}{2}（M+m）{v}^{2}-\frac{1}{2}（m+M）{v}_{1}^{2}$，解得：s₁=5.5m，
對線框滑出磁場后，由于m已落地，設M上滑的距離為s₂，對M由動能定理得：$-Mg{s}_{2}sin37°-μMg{s}_{2}cos37°=0-\frac{1}{2}M{v}^{2}$，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過程中，線框中產生的焦耳熱Q為24J．
（2）線框沿斜面上滑的最大距離s為9.9m．

點評 本題要能根據(jù)線框的受力情況，分析其運動過程，再選擇力學和電磁學的規(guī)律求解．考查受力平衡條件、能量守恒定律、牛頓第二定律及運動學公式、法拉第定律、歐姆定律、安培力等等眾多知識，綜合較強．