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    14．如图（a），水平地面上固定一倾角为37°的斜面，一宽为l=0.43m的有界匀强磁场垂直与斜面向上，磁场边界与斜面底边平行．在斜面上由静止释放一正方形金属线框abcd，线框沿斜面下滑时，ab、cd边始终与磁场边界保持平行．以地面为零势能面，从线框开始运动到恰好完全进入磁场的过程中，线框的机械能E与位移s之间的关系如图（b）所示，图中①、②均为直线段．已知线框的质量为m=0.1kg，电阻为R=0.06Ω．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2）求：

    （1）线框与斜面间的动摩擦因数μ；
    （2）ab边刚进入磁场时，线框的速度v1；
    （3）线框刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间t；
    （4）线框穿越磁场的过程中，线框中产生的最大电功率Pm．

    分析 （1）线框在进入磁场前，克服摩擦力做功等于机械能的减小量，根据功能关系求出金属线框与斜面间的动摩擦因数．
    （2）未进入磁场时，线框做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求解速度v1．
    （3）金属线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，机械能仍均匀减小，因为安培力也为恒力，线框做匀速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出线框进入磁场时的速度，结合功能关系求出线框进入磁场时的距离，从而得出金属线框刚进入磁场到恰完全进入磁场所用的时间．
    （4）线框刚出磁场时速度最大，线框内的电功率最大，根据速度位移公式求出线框出磁场时的速度，根据线框进入磁场时匀速运动得出安培力的大小，综合功率的表达式求出最大电功率．

    解答 解：（1）根据线段①，减少的机械能：△E1=Wf1=μmgcos37°s1；
    由图有：△E1=（0.900-0.756）J=0.144J，其中s1=0.36m
    解得  μ=0.5
    （2）未进入磁场时，线框的加速度 a=g（sin37°-μcos37°）=10×（0.6-0.5×0.8）=2m/s2
    v1=ab边刚进入磁场时，线框的速度 v1=$\sqrt{2a{s}_{1}}$=$\sqrt{2×2×0.36}$m/s=1.2m/s
    （3）线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，由图线②可知，此时机械能线性减小，说明安培力也为恒力，线框做匀速运动．
    △E2=Wf2+WA=（f+FA）s2=（0.756-0.666）J=0.09J
    其中，s2为线框的边长，解得s2=0.15m
    所以线框刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间 t=$\frac{{s}_{2}}{{v}_{1}}$=$\frac{0.15}{1.2}$s=0.125s
    （4）线框进入磁场后始终做匀加速直线运动，当ab边要离开磁场时，开始做减速运动，此时线框受到的安培力最大，速度最大，线框内的电功率最大
    由v22=v12+2a（l-s2），可求得v2=1.6m/s
    在线框匀速进入磁场时，安培力 FA=mgsin37°-μmgcos37°=0.2N
    又因为 FA=BIL=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{1}}{R}$   
    可求出B2L2=0.01T2m2
    所以线框内的最大电功率 Pm=I2R=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{2}^{2}}{R}$=$\frac{0.01×1．{6}^{2}}{0.06}$=0.43W
    答：（1）金属线框与斜面间的动摩擦因数为0.5；
    （2）ab边刚进入磁场时，线框的速度v1为1.2m/s；
    （3）金属线框刚进入磁场到恰完全进入磁场所用的时间为0.125s；
    （4）金属线框穿越磁场的过程中，线框中产生的最大电功率为0.43W．

    点评 解决本题的关键能通过图象分析出物体的运动状况：先做匀加速，再做匀速，接着做匀加速．以及能对线框进行正确的受力分析和熟练运用运动学公式．

    练习册系列答案
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    （C）滑动变阻器R3（0～100Ω  额定电流2A）
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