Question

12．如圖所示，光滑斜面與水平面的夾角為θ，該空間存在著兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，區(qū)域Ⅰ的磁場(chǎng)方向垂直于斜面向下，區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)方向垂直于斜面向上，兩勻強(qiáng)磁場(chǎng)在斜面上的寬度均為L(zhǎng)．一個(gè)質(zhì)量為m、電阻為R、邊長(zhǎng)也為L(zhǎng)的正方形金屬線框，由靜止開始沿斜面下滑，當(dāng)線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ時(shí)，恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)線框剛好有一半進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ時(shí)，線框又恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)．求：
（1）當(dāng)線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ時(shí)的速度v；
（2）當(dāng)線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ時(shí)的加速度a；
（3）從線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ到剛好有一半進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ的過程中產(chǎn)生的熱量Q．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)線框重力沿斜面的分力等于安培力，求出線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ時(shí)的速度．
（2）當(dāng)線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ時(shí)，上下兩條邊均受到安培力，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度．
（3）根據(jù)平衡求出線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ到剛好有一半進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ時(shí)的速度，結(jié)合能量守恒定律求出產(chǎn)生的熱量．

解答 解：（1）ab邊剛越過ee′，恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，線框所受合力為零，
E=BLv，I=$\frac{E}{R}$，
則mgsinθ=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$
解得v=$\frac{mgsinθ}{{B}^{2}{L}^{2}}$，方向沿斜面向下．
（2）當(dāng)ab邊剛越過ff′時(shí)，
線框中的總感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E′=2BLv，
線框所受安培力F=2×$\frac{2BLv}{R}$×LB=4$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$
方向沿斜面向上．
由牛頓第二定律得F-mgsinθ=ma，
即a=$\frac{F}{m}$-gsinθ=4$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$$•\frac{1}{m}$-gsinθ=3gsinθ，方向沿斜面向上．
（3）設(shè)線框再次做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v′，
則mgsinθ=2×$\frac{2BLv′}{R}$LB，
得v′=$\frac{1}{4}$$\frac{mgsinθ}{{B}^{2}{L}^{2}}$=$\frac{v}{4}$，
由能量守恒定律，得
Q=mg×$\frac{3}{2}$Lsinθ+（$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv′²）=$\frac{3}{2}$mgLsinθ+$\frac{15{m}^{3}{g}^{2}{R}^{2}si{n}^{2}θ}{32{B}^{4}{L}^{4}}$．

答：（1）當(dāng)線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ時(shí)的速度v為$\frac{mgsinθ}{{B}^{2}{L}^{2}}$，方向沿斜面向下；
（2）當(dāng)線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ時(shí)的加速度a為3gsinθ，方向沿斜面向上；
（3）從線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ到剛好有一半進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ的過程中產(chǎn)生的熱量Q為$\frac{2}{3}$mgLsinθ+$\frac{15{m}^{3}{g}^{2}{R}^{2}si{n}^{2}θ}{32{B}^{4}{L}^{4}}$．

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．