Question

14．如圖所示，在傾角θ=37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域MNPQ，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為5T，磁場(chǎng)寬度d=0.55m，有一邊長(zhǎng)L=0.4m、質(zhì)量m₁=0.6kg、電阻R=2Ω的正方形均勻?qū)�體線框abcd通過(guò)一輕質(zhì)細(xì)線跨過(guò)光滑的定滑輪與一質(zhì)量為m₂=0.4kg的物體相連，物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4，將線框從圖示位置由靜止釋放，物體到定滑輪的距離足夠長(zhǎng)．（取g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）線框abcd還未進(jìn)入磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，細(xì)線中的拉力為多少？
（2）當(dāng)ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求線框剛釋放時(shí)ab邊距磁場(chǎng)MN邊界的距離x多大？
（3）在（2）問(wèn)中條件下，若cd邊恰離開(kāi)磁場(chǎng)邊界PQ時(shí)，速度大小為2m/s，求整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中ab邊產(chǎn)生的熱量為多少？

Answer 1

分析 （1）線框abcd還未進(jìn)入磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，線框與物體一起做加速度大小相等的勻加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用整體法，由牛頓第二定律求出它們的加速度大小，再以物體為研究對(duì)象，列式求解細(xì)線拉力．
（2）線框進(jìn)入磁場(chǎng)恰勻速，對(duì)于整體，合外力為零，根據(jù)平衡條件和安培力與速度的關(guān)系式，求解勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小，再由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解x．
（3）線框從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到cd邊恰離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，運(yùn)用能量守恒定律求解ab邊產(chǎn)生的熱量Q．

解答 解：（1）m₁、m₂運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，以整體為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得：
m₁gsin θ-μm₂g=（m₁+m₂）a，
代入數(shù)據(jù)解得：a=2m/s²，
以m₂為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得：T-μm₂g=m₂a，
代入數(shù)據(jù)解得：T=2.4N；
（2）線框進(jìn)入磁場(chǎng)恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，以整體為研究對(duì)象，由平衡條件得：
m₁gsin θ-μm₂g-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$=0，
代入數(shù)據(jù)解得：v=1m/s，
ab到MN前線框做勻加速運(yùn)動(dòng)，有：v²=2ax，
代入數(shù)據(jù)解得：x=0.25m；
（3）線框從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到cd邊恰離開(kāi)磁場(chǎng)邊界PQ時(shí)，由能量守恒定律得：
m₁gsin θ（x+d+L）-μm₂g（x+d+L）=$\frac{1}{2}$（m₁+m₂）v₁²+Q，
代入數(shù)據(jù)解得：Q=0.4J，
所以：Q_ab=$\frac{1}{4}$Q=0.1J；
答：（1）線框abcd還未進(jìn)入磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，細(xì)線中的拉力為2.4N；
（2）當(dāng)ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，線框剛釋放時(shí)ab邊距磁場(chǎng)MN邊界的距離x為0.25m；
（3）在（2）問(wèn)中條件下，若cd邊恰離開(kāi)磁場(chǎng)邊界PQ時(shí)，速度大小為2m/s，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中ab邊產(chǎn)生的熱量為0.1J．

點(diǎn)評(píng) 本題要能根據(jù)線框和物體的受力情況，分析其運(yùn)動(dòng)過(guò)程，再選擇力學(xué)和電磁學(xué)的規(guī)律求解．本題分別從力和能兩個(gè)角度，考查了受力平衡條件、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)．