Question

如圖所示，一邊長L，質(zhì)量m₂=m，電阻為R的正方形導(dǎo)體線框abcd，與一質(zhì)量為m₁=2m的物塊通過輕質(zhì)細(xì)線繞過定滑輪P和輪軸Q后相聯(lián)系，Q的輪和軸的半徑之比為r₁：r₂=2：1．起初ad邊距磁場下邊界為L，磁感應(yīng)強(qiáng)度B，磁場寬度也為L，且物塊放在傾角θ=53°的斜面上，斜面足夠長，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5．現(xiàn)將物塊由靜止釋放，經(jīng)一段時間后發(fā)現(xiàn)當(dāng)ad邊從磁場上邊緣穿出時，線框恰好做勻速運(yùn)動．（sin53°=0.8，cos53°=0.6）求：
（1）線框與物體在任一時刻的動能之比；
（2）ad邊從磁場上邊緣穿出時速度的大��；
（3）ad剛進(jìn)入磁場時線框動能的大小和線框進(jìn)入磁場過程中通過ab截面的電量；
（4）線框穿過磁場的運(yùn)動過程產(chǎn)生的焦耳熱．

Answer 1

分析：（1）對Q同軸轉(zhuǎn)動，角速度相等，則線速度之比為1：2，所以線框與物體的速度之比v₂：v₁=1：2，從而得出線框和物體在任一時刻的動能之比．
（2）當(dāng)線框做勻速運(yùn)動時，物塊和線框均處于平衡狀態(tài)，根據(jù)共點力平衡，結(jié)合閉合電路歐姆定律以及切割產(chǎn)生的電動勢公式，通過兩個拉力的關(guān)系T₁r₁=T₂r₂，求出ad邊從磁場上邊緣穿出時速度的大小．
（3）根據(jù)q=N

△Φ

R

求出線框進(jìn)入磁場過程中通過ab截面的電量．從線框剛剛開始運(yùn)動到ad邊剛要進(jìn)入磁場，對系統(tǒng)運(yùn)用動能定理，抓住線框與物塊動能的關(guān)系，求出ad剛進(jìn)入磁場時線框動能的大�。�
（4）從初狀態(tài)到線框剛剛完全出磁場，運(yùn)用能量守恒定律，求出線框穿過磁場的運(yùn)動過程產(chǎn)生的焦耳熱．

解答：解：（1）對Q同軸轉(zhuǎn)動：所以線框與物體的速度之比v₂：v₁=1：2，
由EK=

1

2

mv2知：E_K1：E_K2=8：1                                 
（2）由于線框勻速出磁場，
則對m₁有：m₁gsinθ-μm₁gcosθ=T₁，
對m₂有：T₂=m₂g+BIL，
對Q有：T₁r₁=T₂r₂
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得：v=

2m1g(sinθ-μcosθ)-m2g

B2L2

R=

mgR

B2L2

（3）電量   q=It=

BL   2

R

從線框剛剛開始運(yùn)動到ad邊剛要進(jìn)入磁場，由動能定理得：（m₁gsinθ-μm₁gcomθ）×2L-m₂gL=E_K2+E_K1-0
且8E_K2=E_K1將代入，整理可得線框剛剛進(jìn)入磁場時，動能為EK2=

mgL

9

（4）從初狀態(tài)到線框剛剛完全出磁場，由能的轉(zhuǎn)化與守恒定律可得(m1gsinθ-μm1gcosθ)×6L-m2g×3L=Q+

1

2

m1(2v)2+

1

2

m2v2，
將數(shù)值代入，整理可得線框在整個運(yùn)動過程中產(chǎn)生的焦耳熱為：Q=3mgL-

9m3g2R2

2B4L4

．
答：（1）線框與物體在任一時刻的動能之比8：1．
（2）ad邊從磁場上邊緣穿出時速度的大小

mgR

B2L2

．
（3）ad剛進(jìn)入磁場時線框動能的大小

mgL

9

，通過ab截面的電量

BL   2

R

．
（4）線框穿過磁場的運(yùn)動過程產(chǎn)生的焦耳熱為3mgL-

9m3g2R2

2B4L4

．

點評：本題綜合考查了牛頓第二定律、動能定理、能量守恒定律，綜合性強(qiáng)，對學(xué)生能力要求較高，是一道難題，解題時注意物塊與線框的速度關(guān)系，通過的位移關(guān)系．