Question

8．如圖所示，將邊長為a、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形導線框豎直向上拋出，穿過寬度為b、磁感應強度為B的勻強磁場，磁場的方向垂直紙面向里．線框向上下邊剛離開磁場時的速度剛好是線框上邊剛進入磁場時速度的一半，線框離開磁場后繼續(xù)上升一段高度，然后落下并勻速進入磁場．整個運動過程中始終存在著大小恒定的空氣阻力f，且線框不發(fā)生轉動．求：
（1）線框在下落階段勻速進入磁場時的速度v₂；
（2）線框在上升階段上邊剛進入磁場時的加速度大小a；
（3）線框在上升階段通過磁場過程中產(chǎn)生的電熱Q．

Answer 1

分析 （1）物體勻速運動，由共點力的平衡條件可求得線框的速度；
（2）由動能定理可求得物體從最高點落入磁場瞬間時的速度，再由牛頓第二定律，結合安培力表達式，即可求得在上升階段上邊剛進入磁場時的加速度大�。�
（3）對全程分析，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）線框在下落階段勻速進入磁場瞬間有
mg=f+$\frac{{B}^{2}{a}^{2}{v}_{2}}{R}$，
解得：v₂=$\frac{（mg-f）R}{{B}^{2}{a}^{2}}$
線框在下落階段勻速進入磁場時的速度$\frac{（mg-f）R}{{B}^{2}{a}^{2}}$；
（2）由動能定理，線框從離開磁場至上升到最高點的過程有：
0-（mg+f）h=0-$\frac{1}{2}$mv₁²…①
線圈從最高點落至進入磁場瞬間：
（mg-f）h=$\frac{1}{2}$mv₂²…②
由①②得：v₁=$\sqrt{\frac{mg+f}{mg-f}}$v₂=$\sqrt{（mg）^{2}-{f}^{2}}\frac{R}{{B}^{2}{a}^{2}}$
線框在上升階段下邊剛離開磁場時的速度$\sqrt{（mg）^{2}-{f}^{2}}\frac{R}{{B}^{2}{a}^{2}}$；
那么線框上邊剛進入磁場時，速度的大小為：v₀=2$\sqrt{（mg）^{2}-{f}^{2}}\frac{R}{{B}^{2}{a}^{2}}$；
根據(jù)牛頓第二定律，則有：mg+$\frac{{B}^{2}{a}^{2}{v}_{0}}{R}$=ma
解得：a=g+$\frac{{2B}^{2}{a}^{2}}{mR}$$\sqrt{（mg）^{2}-{f}^{2}}\frac{R}{{B}^{2}{a}^{2}}$；
（3）線框在向上通過磁場過程中，由能量守恒定律有：
$\frac{1}{2}$mv₀²-$\frac{1}{2}$mv₁²=Q+（mg+f）（a+b）而v₀=2v₁
解得：Q=$\frac{3}{2}$m[（mg）²-f²]$\frac{{R}^{2}}{{B}^{4}{a}^{4}}$-（mg+f）（a+b）
線框在上升階段通過磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為：Q=$\frac{3}{2}$m[（mg）²-f²]$\frac{{R}^{2}}{{B}^{4}{a}^{4}}$-（mg+f）（a+b）
答：（1）線框在下落階段勻速進入磁場時的速度$\frac{（mg-f）R}{{B}^{2}{a}^{2}}$；
（2）線框在上升階段上邊剛進入磁場時的加速度大小g+$\frac{{2B}^{2}{a}^{2}}{mR}$$\sqrt{（mg）^{2}-{f}^{2}}\frac{R}{{B}^{2}{a}^{2}}$；
（3）線框在上升階段通過磁場過程中產(chǎn)生的電熱$\frac{3}{2}$m[（mg）²-f²]$\frac{{R}^{2}}{{B}^{4}{a}^{4}}$-（mg+f）（a+b）．

點評 此類問題的關鍵是明確所研究物體運動各個階段的受力情況，做功情況及能量轉化情況，選擇利用牛頓運動定律、動能定理或能的轉化與守恒定律解決針對性的問題，由于過程分析不明而易出現(xiàn)錯誤，所以，本類問題屬于難題中的易錯題．