Question

如圖1所示，光滑矩形斜面ABCD的傾角θ=30°，在其上放置一矩形金屬線框abcd，ab的邊長(zhǎng)l₁=1m，bc的邊長(zhǎng)l₂=0.6m，線框的質(zhì)量m=1kg，電阻R=0.1Ω，線框通過(guò)細(xì)線繞過(guò)定滑輪與重物相連，細(xì)線與斜面平行且靠近；重物質(zhì)量M=2kg，離地面的高度為H=4.8m；斜面上efgh區(qū)域是有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5T，方向垂直于斜面向上；已知AB到ef的距離為4.2m，ef到gh的距離為0.6m，gh到CD的距離為3.2m，取g=10m/s²；現(xiàn)讓線框從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)（開(kāi)始時(shí)刻，cd邊與AB邊重合），求：
（1）通過(guò)計(jì)算，在圖2中畫(huà)出線框從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到cd邊與CD邊重合時(shí)（不考慮ab邊離開(kāi)斜面后線框的翻轉(zhuǎn)），線框的速度-時(shí)間圖象．
（2）線框abcd在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱．

Answer 1

分析：（1）本題要分過(guò)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(dòng)，到ab與ef線重合過(guò)程中，線框和重物以大小相等的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)，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(dòng)學(xué)公式求出ab恰好要進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度，或根據(jù)動(dòng)能定理列式求ab恰好要進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度．根據(jù)計(jì)算得知線框進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，直到cd邊離開(kāi)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(dòng)，再由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求cd邊離開(kāi)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(dòng)，到ab與ef線重合過(guò)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(dòng)，設(shè)為a₁，則：
  對(duì)M：Mg-T=Ma₁
  對(duì)m：T-mgsinθ=ma₁
（或?qū)ο到y(tǒng)直接列出：Mg-mgsinθ=（M+m）a₁亦可）
聯(lián)立得：①、②a1=

Mg-mgsinθ

M+m

=

20-5

3

=5m/s²     
設(shè)ab恰好要進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v₀，則：

v

2 0

=2a1s1
解得 v0=

2×5×(4.2-0.6)

=6m/s   
該過(guò)程的時(shí)間為：t1=

v0-0

a1

=

6

5

=1.2s 
ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)：Mg-T=Ma₂
T-mgsinθ-F_A=ma₂
又 F_A=BIl₁ I=

E

R

   E=Bl₁v₀
聯(lián)立求解得：a2=

MgR-mgRsinθ-B2 l 2 1 v0

(M+m)R

=

20×0.1-5×0.1-0.52×1×6

3×0.1

=0
故線框進(jìn)入磁場(chǎng)后，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，直到cd邊離開(kāi)gh的瞬間為止，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 t2=

2l2

v 0

=

1.2

6

=0.2s 
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(dòng)，其加速度大小為：a3=

mgsinθ

m

=gsinθ=5m/s²．
直到線框的cd邊離開(kāi)CD線．設(shè)線框cd邊離開(kāi)CD的速度為v₁
則得-2a3s2=

v

2 1

-

v

2 0

    v1=

v 2 0 -2a3s2

=

36-2×5×3.2

=2m/s 
時(shí)間 t3=

v1-v0

-a3

=

2-6

-5

=0.8s 
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(dòng)到ab與ef線重合的過(guò)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(dòng)．
設(shè)ab恰好要進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v₀，對(duì)線框和重物的整體在這一過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理：Mgs1-mgs1sinθ=

1

2

(M+m)

v

2 0

解得：v0=

2gs1(M-msinθ) M+m

=

2×10×(4.2-0.6)(2-0.5) 3

=6m/s 
該過(guò)程的時(shí)間為：t1=

s1

. v 1

=

s1

0+v0 2

=

4.2-0.6

6 2

=1.2s
ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)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：FA=BIl1=

B2 l 2 1 v0

R

故此時(shí)，F合=Mg-mgsinθ-FA=20-10×0.5-

0.52×12×6

0.1

=0
故線框進(jìn)入磁場(chǎng)后，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，直到cd邊離開(kāi)gh的瞬間為止．t2=

2l2

v 0

=

1.2

6

=0.2s                                         
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(dòng)，設(shè)線框的cd邊到達(dá)CD線
的速度為v₁，則對(duì)線框有：-mgs2sinθ=

1

2

m

v

2 1

-

1

2

m

v

2 0

得v1=

v 2 0 -2gs2?sinθ

=

36-2×5×3.2

=2m/s
  t3=

s2

v0+v1 2

=

3.2

6+2 2

=0.8s 
則線框的速度--時(shí)間圖象如右圖
（2）解法一：Q=2F_Al₂=2（Mg-mgsinθ）l₂=18J 
解法二：Q=Mg?2l₂-mg?2l₂sinθ=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(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為18J．

點(diǎn)評(píng)：本題要能根據(jù)線框的受力情況，分析其運(yùn)動(dòng)過(guò)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(dòng)學(xué)公式、法拉第定律、歐姆定律、安培力等等眾多知識(shí)，綜合較強(qiáng)．