Question

如圖所示，一邊長(zhǎng)L=0.2m，質(zhì)量m₁=0.5kg，電阻R=0.1Ω的正方形導(dǎo)體線框abcd，與一質(zhì)量為m₂=2kg的物塊通過(guò)輕質(zhì)細(xì)線跨過(guò)兩定滑輪相連．起初ad邊距磁場(chǎng)下邊界為d₁=0.8m，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.5T，磁場(chǎng)寬度d₂=0.3m，物塊放在傾角θ=53°的斜面上，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5．現(xiàn)將物塊由靜止釋放，經(jīng)一段時(shí)間后發(fā)現(xiàn)當(dāng)ad邊從磁場(chǎng)上邊緣穿出時(shí)，線框恰好做勻速運(yùn)動(dòng)．（g取10m/s，sin53°=0.8，cos53°=0.6）求：
（1）線框ad邊從磁場(chǎng)上邊緣穿出時(shí)速度的大��？
（2）線框剛剛?cè)�部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)動(dòng)能的大小？
（3）整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程線框產(chǎn)生的焦耳熱為多少？

Answer 1

分析：（1）由于線框勻速出磁場(chǎng)，受力分析由平衡條件列方程即可解的．
（2）從線框剛剛?cè)�部進(jìn)入磁場(chǎng)到線框ad邊剛要離開(kāi)磁場(chǎng)，由動(dòng)能定理可解得．
（3）從初狀態(tài)到線框剛剛完全出磁場(chǎng)，由能的轉(zhuǎn)化與守恒定律可解得．

解答：解：（1）由于線框勻速出磁場(chǎng)，受力分析知
對(duì)m₂有：m₂gsinθ-μm₂gcosθ-T=0…①
對(duì)m₁有：T-m₁g-BIL=0…②
又因?yàn)橛校?span id="1g8gsk8" class="MathJye" mathtag="math" style="whiteSpace:nowrap;wordSpacing:normal;wordWrap:normal">I=

BLv

R

…③
聯(lián)立①②③可得：v=

m2g(sinθ-μcosθ)-m1g

B2L2

R=

2×10(0.8-0.5×0.6)-0.5×10

2.52×0．22

=2m/s
（2）從線框剛剛?cè)�部進(jìn)入磁場(chǎng)到線框ad邊剛要離開(kāi)磁場(chǎng)，由動(dòng)能定理得：
(m2gsinθ-μm2gcosθ)(d2-L)-m1g(d2-L)=

1

2

(m1+m2)v2-EK
將速度v代入，（2×10×0.8-0.5×2×10×0.6）-0.5×10×（0.3-0.2）=

1

2

（2+0.5）×2²-E_K
整理可得線框剛剛?cè)�部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框與物塊的動(dòng)能和為：E_K=4.5J 
所以此時(shí)線框的動(dòng)能為：E′K=

m1

m1+m2

EK=0.9J 
（3）從初狀態(tài)到線框剛剛完全出磁場(chǎng)，由能的轉(zhuǎn)化與守恒定律可得：
m₂gsinθ-μm₂gcosθ）（d₁+d₂+L）-m₁g（d₁+d₂+L）=Q+

1

2

(m1+m2)v2
將數(shù)值代入有：
2×10×0.8-0.5×2×10×0.6）×（0.8+0.3+0.2）-0.5×10×（0.8+0.3+0.2）=Q+

1

2

（2+0.5）×2²
整理可得線框在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為：
Q=1.5 J 
答：（1）線框ad邊從磁場(chǎng)上邊緣穿出時(shí)速度的大小為2m/s．
    （2）線框剛剛?cè)�部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)動(dòng)能的大小為0.9J．
     （3）整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程線框產(chǎn)生的焦耳熱為1.5J．

點(diǎn)評(píng)：此題綜合性強(qiáng)，需要綜合考慮運(yùn)動(dòng)學(xué)中力的平衡及動(dòng)能定理和能量守恒的知識(shí)進(jìn)行解題，所以難度較大些．