【答案】
分析:(1)本題要分過程求線框的速度,再作出圖象.
首先,線框abcd由靜止沿斜面向上運(yùn)動,到ab與ef線重合過程中,線框和重物以大小相等的加速度做勻加速運(yùn)動,采用隔離法,由牛頓第二定律求出兩個(gè)物體的加速度,由運(yùn)動學(xué)公式求出ab恰好要進(jìn)入磁場時(shí)的速度,或根據(jù)動能定理列式求ab恰好要進(jìn)入磁場時(shí)的速度.根據(jù)計(jì)算得知線框進(jìn)入磁場后做勻速直線運(yùn)動,直到cd邊離開gh的瞬間為止,此時(shí)M剛好著地,細(xì)繩松弛,線框繼續(xù)向上做減速運(yùn)動,再由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合求cd邊離開CD的速度,即可作出圖象.
(2)根據(jù)功能關(guān)系列式求熱量.
解答:解:(1)解法一:
如圖所示,線框abcd由靜止沿斜面向上運(yùn)動,到ab與ef線重合過程中,線框受恒力作用,線框和重物以大小相等的加速度做勻加速運(yùn)動,設(shè)為a
1,則:
對M:Mg-T=Ma
1 對m:T-mgsinθ=ma
1(或?qū)ο到y(tǒng)直接列出:Mg-mgsinθ=(M+m)a
1亦可)
聯(lián)立得:①、②
m/s
2 設(shè)ab恰好要進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v
,則:
解得
m/s
該過程的時(shí)間為:
s
ab邊剛進(jìn)入磁場時(shí):Mg-T=Ma
2T-mgsinθ-F
A=ma
2又 F
A=BIl
1 E=Bl
1v
聯(lián)立求解得:
=
故線框進(jìn)入磁場后,做勻速直線運(yùn)動,直到cd邊離開gh的瞬間為止,勻速運(yùn)動的時(shí)間
s
此時(shí)M剛好著地,細(xì)繩松弛,線框繼續(xù)向上做減速運(yùn)動,其加速度大小為:
m/s
2.
直到線框的cd邊離開CD線.設(shè)線框cd邊離開CD的速度為v
1則得
m/s
時(shí)間
s
則線框的速度--時(shí)間圖象如右圖
解法二:
如圖所示,線框abcd由靜止沿斜面向上運(yùn)動到ab與ef線重合的過程中,線框和重物在恒力作用下以共同的加速度做勻加速運(yùn)動.
設(shè)ab恰好要進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v
,對線框和重物的整體在這一過程運(yùn)用動能定理:
解得:
m/s
該過程的時(shí)間為:
ab邊剛進(jìn)入磁場時(shí)由于切割磁感線而產(chǎn)生電流,所以線框受到沿斜面向下的安培力作用:
故此時(shí),
故線框進(jìn)入磁場后,做勻速直線運(yùn)動,直到cd邊離開gh的瞬間為止.
s
此時(shí)M剛好著地,細(xì)繩松弛,線框繼續(xù)向上做減速運(yùn)動,設(shè)線框的cd邊到達(dá)CD線
的速度為v
1,則對線框有:
得
=
m/s
s
則線框的速度--時(shí)間圖象如右圖
(2)解法一:Q=2F
Al
2=2(Mg-mgsinθ)l
2=18J
解法二:Q=Mg?2l
2-mg?2l
2sinθ=18J
答:
(1)線框的速度-時(shí)間圖象如圖所示.
(2)線框abcd在整個(gè)運(yùn)動過程中產(chǎn)生的焦耳熱為18J.
點(diǎn)評:本題要能根據(jù)線框的受力情況,分析其運(yùn)動過程,再選擇力學(xué)和電磁學(xué)的規(guī)律求解.考查受力平衡條件、能量守恒定律、牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)公式、法拉第定律、歐姆定律、安培力等等眾多知識,綜合較強(qiáng).