分析 (1)物體勻速運動,由共點力的平衡條件可求得線框的速度;
(2)由動能定理可求得物體從最高點落入磁場瞬間時的速度;
(3)對全程分析,由能量守恒定律可求得線框在上升階段產(chǎn)生的焦耳熱.
解答 解:(1)線框在下落階段通過磁場過程中,始終做勻速運動,設其速度為v1,則有:
mg=f+$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{1}}{R}$,
解得:v1=$\frac{(mg-f)R}{{B}^{2}{L}^{2}}$=$\frac{3mgR}{4{B}^{2}{L}^{2}}$
(2)設線框在上升階段離開磁場時的速度為v2,由動能定理,線框從離開磁場至上升到最高點的過程有:
0-(mg+f)h=0-$\frac{1}{2}$mv22…①
線圈從最高點落至進入磁場瞬間,下落過程中有:
(mg-f)h=$\frac{1}{2}$mv12…②
由①②得:v2=$\frac{\sqrt{15}mgR}{4{B}^{2}{L}^{2}}$
(3)設線框剛進入磁場時速度為v0,在向上穿越磁場過程中,產(chǎn)生焦耳熱為Q1,由功能關系,則有:
$\frac{1}{2}$mv02-$\frac{1}{2}$mv22=Q1+(mg+f)2L,
而v0=2v2
解得:Q1=$\frac{5}{4}mg(\frac{9{m}^{2}g{R}^{2}}{8{B}^{4}{L}^{4}}-2L)$
線框在下落過程中,產(chǎn)生的焦耳熱為:Q2=2(mg-f)L,
解得:Q=Q1+Q2=$\frac{5}{4}mg(\frac{9{m}^{2}g{R}^{2}}{8{B}^{4}{L}^{4}}-2L)$+2(mg-f)L=$\frac{45{m}^{3}{g}^{2}{R}^{2}}{32{B}^{4}{L}^{4}}-mgL$,
答:(1)線框最終離開磁場時的速度$\frac{3mgR}{4{B}^{2}{L}^{2}}$;
(2)線框在上升階段剛離開磁場時的速度$\frac{\sqrt{15}mgR}{4{B}^{2}{L}^{2}}$;
(3)整個運動過程中線框產(chǎn)生的焦耳熱$\frac{45{m}^{3}{g}^{2}{R}^{2}}{32{B}^{4}{L}^{4}}-mgL$.
點評 此類問題的關鍵是明確所研究物體運動各個階段的受力情況,做功情況及能量轉化情況,選擇利用牛頓運動定律、動能定理或能的轉化與守恒定律解決針對性的問題,由于過程分析不明而易出現(xiàn)錯誤,所以,本類問題屬于難題中的易錯題.
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A. | 0.5% | B. | 5% | C. | 10% | D. | 20% |
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A. | 理想交流電壓表V的示數(shù)為220$\sqrt{2}$V | |
B. | 變壓器輸入功率為33$\sqrt{2}$ W | |
C. | 通過原線圈的電流的有效值為0.15A | |
D. | 電流頻率為100Hz |
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A. | 對接時“神舟”和“天宮”的相對速度約0.2m/s,所以他們的機械能幾乎相等 | |
B. | 此次對接后的運行速度與上次對接后的運行速度之比約為$\sqrt{\frac{343}{393}}$ | |
C. | 此次對接后的向心加速度與上次對接后的向心加速度之比約為($\frac{6743}{6793}$)2 | |
D. | 我國未來空間站的運行周期約為24h |
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