Question

如图所示，一边长L，质量m₂=m，电阻为R的正方形导体线框abcd，与一质量为m₁=2m的物块通过轻质细线绕过定滑轮P和轮轴Q后相联系，Q的轮和轴的半径之比为r₁：r₂=2：1．起初ad边距磁场下边界为L，磁感应强度B，磁场宽度也为L，且物块放在倾角θ=53°的斜面上，斜面足够长，物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5．现将物块由静止释放，经一段时间后发现当ad边从磁场上边缘穿出时，线框恰好做匀速运动．（sin53°=0.8，cos53°=0.6）求：
（1）线框与物体在任一时刻的动能之比；
（2）ad边从磁场上边缘穿出时速度的大小；
（3）ad刚进入磁场时线框动能的大小和线框进入磁场过程中通过ab截面的电量；
（4）线框穿过磁场的运动过程产生的焦耳热．

Answer 1

分析：（1）对Q同轴转动，角速度相等，则线速度之比为1：2，所以线框与物体的速度之比v₂：v₁=1：2，从而得出线框和物体在任一时刻的动能之比．
（2）当线框做匀速运动时，物块和线框均处于平衡状态，根据共点力平衡，结合闭合电路欧姆定律以及切割产生的电动势公式，通过两个拉力的关系T₁r₁=T₂r₂，求出ad边从磁场上边缘穿出时速度的大小．
（3）根据q=N

△Φ

R

求出线框进入磁场过程中通过ab截面的电量．从线框刚刚开始运动到ad边刚要进入磁场，对系统运用动能定理，抓住线框与物块动能的关系，求出ad刚进入磁场时线框动能的大小．
（4）从初状态到线框刚刚完全出磁场，运用能量守恒定律，求出线框穿过磁场的运动过程产生的焦耳热．

解答：解：（1）对Q同轴转动：所以线框与物体的速度之比v₂：v₁=1：2，
由EK=

1

2

mv2知：E_K1：E_K2=8：1                                 
（2）由于线框匀速出磁场，
则对m₁有：m₁gsinθ-μm₁gcosθ=T₁，
对m₂有：T₂=m₂g+BIL，
对Q有：T₁r₁=T₂r₂
联立并代入数据可得：v=

2m1g(sinθ-μcosθ)-m2g

B2L2

R=

mgR

B2L2

（3）电量   q=It=

BL   2

R

从线框刚刚开始运动到ad边刚要进入磁场，由动能定理得：（m₁gsinθ-μm₁gcomθ）×2L-m₂gL=E_K2+E_K1-0
且8E_K2=E_K1将代入，整理可得线框刚刚进入磁场时，动能为EK2=

mgL

9

（4）从初状态到线框刚刚完全出磁场，由能的转化与守恒定律可得(m1gsinθ-μm1gcosθ)×6L-m2g×3L=Q+

1

2

m1(2v)2+

1

2

m2v2，
将数值代入，整理可得线框在整个运动过程中产生的焦耳热为：Q=3mgL-

9m3g2R2

2B4L4

．
答：（1）线框与物体在任一时刻的动能之比8：1．
（2）ad边从磁场上边缘穿出时速度的大小

mgR

B2L2

．
（3）ad刚进入磁场时线框动能的大小

mgL

9

，通过ab截面的电量

BL   2

R

．
（4）线框穿过磁场的运动过程产生的焦耳热为3mgL-

9m3g2R2

2B4L4

．

点评：本题综合考查了牛顿第二定律、动能定理、能量守恒定律，综合性强，对学生能力要求较高，是一道难题，解题时注意物块与线框的速度关系，通过的位移关系．