Question

8．如图所示，倾角为0二37°的足够长的固定斜面上，有一个n=5匝、质量M=1kg、总电阻R=0.1Ω的矩形线框abcd，ab边长l₁=1m，bc边长l₂=0.6m．将线框置于斜面底端，使cd边恰好与斜面底端平齐，在斜面上的矩形区域cdef内有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B=O.1T，ef∥cd，cd与ef的距离l₂=0.6m．现通过位于斜面所在平面内且垂直于ab的细线以及滑轮把线框和质量m=3kg的物块连接起来，让物块从离地面足够高的地方由静止释放，当物块下降h=O.8m时，绳子刚好拉直，此后线框恰好能够勻速地穿出有界磁场区域．当线框刚好穿过有界磁场区域时，物块m恰好落到地面上，且不再弹离地面．若线框与斜面的动摩擦因数为u=0.5、g取10m/s²；绳子拉直瞬间，摩擦力及线框和物块的重力的冲量对动量变化的影晌忽略不计．求：
（1）线框在沿斜面上滑的整个过程中，线框中产生的焦耳热Q．
（2）线框沿斜面上滑的最大距离s．

Answer 1

分析 （1）根据功能关系，减少的重力势能转化为摩擦生热和焦耳热，列式求热量；
（2）由动能定理求解绳子拉直时的速度v₀，再利用动量定理求解线框运动时速度v₁，根据受力平衡求解线框匀速运动得速度v，分别利用动能定理求解进入磁场和出磁场后运行的位移．

解答 解：（1）将线框和物块看成一个系统，由能量守恒定律得，系统减少的势能转化为摩擦生热和焦耳热，即：Q=2mgl₂-2Mgl₂sin37°-2μMgl₂cos37°，
解得：Q=24J，
（2）设绳子拉直前后的速度为v₀、v₁，对m由，mgh=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$，解得：${v}_{0}=\sqrt{2gh}=4m/s$，
绳子拉直时，对m由动量定理得：-I=mv₁-mv₀，同理对M有：I=Mv₁，即：Mv₁=mv₀-mv₁，解得：v₁=3m/s，
设线框能够勻速地穿出有界磁场区域的速度为v，
由平衡条件得：对m：T=mg，
对M有：T=Mgsin37°+μMgcos37°+F_安，
解得：F_安=20N，
根据电磁感应定律和欧姆定律得：E=nBl₁v，$I=\frac{E}{R}$，而F_安=nBl₁I=$\frac{{n}^{2}{B}^{2}{l}_{1}^{2}v}{R}$，解得：v=8m/s，
设线框进入磁场前上滑的距离为s₁，对系统由动能定理：mgs₁-Mgs₁sin37°-μMgs₁cos37°=$\frac{1}{2}（M+m）{v}^{2}-\frac{1}{2}（m+M）{v}_{1}^{2}$，解得：s₁=5.5m，
对线框滑出磁场后，由于m已落地，设M上滑的距离为s₂，对M由动能定理得：$-Mg{s}_{2}sin37°-μMg{s}_{2}cos37°=0-\frac{1}{2}M{v}^{2}$，解得：s₂=3.2m，
所以线框上滑的最大距离s=s₁+s₂+2l₂=9.9m
答：（1）线框在沿斜面上滑的整个过程中，线框中产生的焦耳热Q为24J．
（2）线框沿斜面上滑的最大距离s为9.9m．

点评 本题要能根据线框的受力情况，分析其运动过程，再选择力学和电磁学的规律求解．考查受力平衡条件、能量守恒定律、牛顿第二定律及运动学公式、法拉第定律、欧姆定律、安培力等等众多知识，综合较强．