Question

12．如圖所示，將邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形導(dǎo)線框豎直向上拋出，穿過寬度也為L(zhǎng)、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的方向垂直紙面向里，線框向上離開磁場(chǎng)時(shí)的速度剛好是進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的一半，線框離開磁場(chǎng)后繼續(xù)上升一段高度，并再次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中始終存在著大小恒定的空氣阻力，且有f=0.25mg，而線框始終保持在豎直平面內(nèi)不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)．求
（1）線框最終離開磁場(chǎng)時(shí)的速度；
（2）線框在上升階段剛離開磁場(chǎng)時(shí)的速度；
（3）整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中線框產(chǎn)生的焦耳熱Q．

Answer 1

分析 （1）物體勻速運(yùn)動(dòng)，由共點(diǎn)力的平衡條件可求得線框的速度；
（2）由動(dòng)能定理可求得物體從最高點(diǎn)落入磁場(chǎng)瞬間時(shí)的速度；
（3）對(duì)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(chǎng)過程中，始終做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)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(shè)線框在上升階段離開磁場(chǎng)時(shí)的速度為v₂，由動(dòng)能定理，線框從離開磁場(chǎng)至上升到最高點(diǎn)的過程有：
0-（mg+f）h=0-$\frac{1}{2}$mv₂²…①
線圈從最高點(diǎn)落至進(jìn)入磁場(chǎng)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(shè)線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v0，在向上穿越磁場(chǎng)過程中，產(chǎn)生焦耳熱為Q₁，由功能關(guān)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(chǎng)時(shí)的速度$\frac{3mgR}{4{B}^{2}{L}^{2}}$；
（2）線框在上升階段剛離開磁場(chǎng)時(shí)的速度$\frac{\sqrt{15}mgR}{4{B}^{2}{L}^{2}}$；
（3）整個(gè)運(yùn)動(dòng)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(diǎn)評(píng) 此類問題的關(guān)鍵是明確所研究物體運(yùn)動(dòng)各個(gè)階段的受力情況，做功情況及能量轉(zhuǎn)化情況，選擇利用牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律解決針對(duì)性的問題，由于過程分析不明而易出現(xiàn)錯(cuò)誤，所以，本類問題屬于難題中的易錯(cuò)題．