Question

20．如圖所示，光滑固定斜面傾角為θ=37°，斜面上有兩個完全相同的正方形線框P、Q用細(xì)線連接，P通過平行于斜面的細(xì)線繞過斜面頂端的定滑輪與一重物相連接，開始重物固定，線框處于靜止，斜面上水平虛線MN上方有垂直于斜面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，線框的邊長及P線框最上邊到MN的距離均為L，釋放重物，使重物帶動線框沿斜面向上運(yùn)動，兩個線框的質(zhì)量均為m，每個線框的電阻均為R，重物的質(zhì)量為2m，虛線上方的斜面足夠長，重物離地面足夠高，線框運(yùn)動過程中，上邊始終與MN平行，重力加速度為g，當(dāng)線框P剛好要完全進(jìn)入磁場的一瞬間，重物的加速度為零，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）線框P上邊剛進(jìn)入磁場時，重物的加速度多大？
（2）當(dāng)線框P剛好完全進(jìn)入磁場時，線框P中通過截面的電量及線框P中產(chǎn)生的焦耳熱分別為多大？

Answer 1

分析 （1）線框在進(jìn)入磁場之前，P、Q和重物組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出線框P上邊剛進(jìn)入磁場時的速度大�。�根據(jù)法拉第定律、歐姆定律和安培力公式求出P上邊所受的安培力，再根據(jù)牛頓第二定律求加速度．
（2）通過法拉第電磁感應(yīng)定律結(jié)合閉合電路歐姆定律，根據(jù)q=It求出線框進(jìn)入磁場過程中通過線框的電量．

解答 解：（1）線框在進(jìn)入磁場之前，對于P、Q和重物組成的系統(tǒng)，只有重力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則得：
2mgL-2mgLsinθ=$\frac{1}{2}•4m{v}_{1}^{2}$
可得，線框P上邊剛進(jìn)入磁場時的速度大小為：v₁=$\sqrt{\frac{2}{5}gL}$
對于整體，由牛頓第二定律得加速度為：a=$\frac{2mg-2mgsinθ-\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{1}}{R}}{4m}$
代入解得：a=$\frac{1}{5}$g-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}}{4mR}$$\sqrt{\frac{2}{5}gL}$
（2）當(dāng)線框P剛好完全進(jìn)入磁場時，線框P中通過截面的電量為：
q=$\overline{I}$t=$\frac{BL\overline{v}t}{R}$=$\frac{B{L}^{2}}{R}$
線框P剛好要完全進(jìn)入磁場的一瞬間，重物的加速度為零，線框的加速度也為零，受力平衡，則有：
2mgL-2mgLsinθ=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{2}}{R}$
可得此時線框的速度為：v₂=$\frac{0.8mgR}{{B}^{2}{L}^{2}}$ 
根據(jù)能量守恒定律得線框P中產(chǎn)生的焦耳熱為：Q=2mg•2L-2mg•2Lsinθ-$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$=$\frac{4mgL}{25}$-$\frac{8{m}^{3}{g}^{2}{R}^{2}}{25{B}^{4}{L}^{4}}$ 
答：（1）線框P上邊剛進(jìn)入磁場時，重物的加速度是$\frac{1}{5}$g-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}}{4mR}$$\sqrt{\frac{2}{5}gL}$．
（2）當(dāng)線框P剛好完全進(jìn)入磁場時，線框P中通過截面的電量是$\frac{B{L}^{2}}{R}$，線框P中產(chǎn)生的焦耳熱為$\frac{4mgL}{25}$-$\frac{8{m}^{3}{g}^{2}{R}^{2}}{25{B}^{4}{L}^{4}}$．

點(diǎn)評 對于電磁感應(yīng)與力學(xué)知識的綜合，要正確分析線框的受力情況，利用安培力的表達(dá)式F=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$求線框的速度是關(guān)鍵．本題物體較多，還要靈活選擇研究對象．