Question

13．如圖所示，一平直絕緣斜面足夠長(zhǎng)，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(zhǎng)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直斜面向下；一個(gè)質(zhì)量為m、電阻為R、邊長(zhǎng)為a的正方形金屬線框沿斜面以速度 v 向上滑動(dòng)進(jìn)入磁場(chǎng)，線框向上滑動(dòng)離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度剛好是剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的$\frac{1}{4}$，離開(kāi)磁場(chǎng)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(chǎng)．已知正方形線框與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ．求：
（1）線框沿斜面下滑過(guò)程中勻速進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v₂．
（2）線框在沿斜面上滑階段通過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q．

Answer 1

分析 （1）線框沿斜面下滑過(guò)程中勻速進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，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(duì)離開(kāi)磁場(chǎng)后的上滑過(guò)程和下滑過(guò)程分別運(yùn)用動(dòng)能定理列式求解離開(kāi)磁場(chǎng)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(guò)磁場(chǎng)過(guò)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(chǎng)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(dòng)能定理，線框從離開(kāi)磁場(chǎng)到滑動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，有：
-（mgsinθ+μmgcosθ）s=0-$\frac{1}{2}$mv₁²，
線框從最高點(diǎn)滑下勻速進(jìn)入磁場(chǎng)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(guò)程中勻速進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)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(guò)磁場(chǎng)過(guò)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(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵明確線框的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，然后選擇恰當(dāng)?shù)倪^(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理、能量守恒定律和平衡條件列式求解，不難．