Question

14．如圖（a），水平地面上固定一傾角為37°的斜面，一寬為l=0.43m的有界勻強磁場垂直與斜面向上，磁場邊界與斜面底邊平行．在斜面上由靜止釋放一正方形金屬線框abcd，線框沿斜面下滑時，ab、cd邊始終與磁場邊界保持平行．以地面為零勢能面，從線框開始運動到恰好完全進入磁場的過程中，線框的機械能E與位移s之間的關系如圖（b）所示，圖中①、②均為直線段．已知線框的質量為m=0.1kg，電阻為R=0.06Ω．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s²）求：

（1）線框與斜面間的動摩擦因數(shù)μ；
（2）ab邊剛進入磁場時，線框的速度v₁；
（3）線框剛進入磁場到恰好完全進入磁場所用的時間t；
（4）線框穿越磁場的過程中，線框中產生的最大電功率P_m．

Answer 1

分析 （1）線框在進入磁場前，克服摩擦力做功等于機械能的減小量，根據(jù)功能關系求出金屬線框與斜面間的動摩擦因數(shù)．
（2）未進入磁場時，線框做勻加速直線運動，由牛頓第二定律求出加速度，由運動學公式求解速度v₁．
（3）金屬線框進入磁場的過程中，減小的機械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，機械能仍均勻減小，因為安培力也為恒力，線框做勻速運動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式求出線框進入磁場時的速度，結合功能關系求出線框進入磁場時的距離，從而得出金屬線框剛進入磁場到恰完全進入磁場所用的時間．
（4）線框剛出磁場時速度最大，線框內的電功率最大，根據(jù)速度位移公式求出線框出磁場時的速度，根據(jù)線框進入磁場時勻速運動得出安培力的大小，綜合功率的表達式求出最大電功率．

解答 解：（1）根據(jù)線段①，減少的機械能：△E₁=W_f1=μmgcos37°s₁；
由圖有：△E₁=（0.900-0.756）J=0.144J，其中s₁=0.36m
解得  μ=0.5
（2）未進入磁場時，線框的加速度 a=g（sin37°-μcos37°）=10×（0.6-0.5×0.8）=2m/s²
v₁=ab邊剛進入磁場時，線框的速度 v₁=$\sqrt{2a{s}_{1}}$=$\sqrt{2×2×0.36}$m/s=1.2m/s
（3）線框進入磁場的過程中，減小的機械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，由圖線②可知，此時機械能線性減小，說明安培力也為恒力，線框做勻速運動．
△E₂=W_f2+W_A=（f+F_A）s₂=（0.756-0.666）J=0.09J
其中，s₂為線框的邊長，解得s₂=0.15m
所以線框剛進入磁場到恰好完全進入磁場所用的時間 t=$\frac{{s}_{2}}{{v}_{1}}$=$\frac{0.15}{1.2}$s=0.125s
（4）線框進入磁場后始終做勻加速直線運動，當ab邊要離開磁場時，開始做減速運動，此時線框受到的安培力最大，速度最大，線框內的電功率最大
由v₂²=v₁²+2a（l-s₂），可求得v₂=1.6m/s
在線框勻速進入磁場時，安培力 F_A=mgsin37°-μmgcos37°=0.2N
又因為 F_A=BIL=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{1}}{R}$   
可求出B²L²=0.01T²m²
所以線框內的最大電功率 P_m=I²R=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{2}^{2}}{R}$=$\frac{0.01×1．{6}^{2}}{0.06}$=0.43W
答：（1）金屬線框與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5；
（2）ab邊剛進入磁場時，線框的速度v₁為1.2m/s；
（3）金屬線框剛進入磁場到恰完全進入磁場所用的時間為0.125s；
（4）金屬線框穿越磁場的過程中，線框中產生的最大電功率為0.43W．

點評 解決本題的關鍵能通過圖象分析出物體的運動狀況：先做勻加速，再做勻速，接著做勻加速．以及能對線框進行正確的受力分析和熟練運用運動學公式．