Question

4．如圖所示，寬為L=2m、足夠長的金屬導(dǎo)軌MN和M′N′放在傾角為θ=30°的斜面上，在N與N′之間有一個阻值為R=1.2Ω的電阻，在導(dǎo)軌上AA′處放置一根與導(dǎo)軌垂直、質(zhì)量為m=0.8kg、電阻為r=0.4的金屬滑桿，導(dǎo)軌的電阻不計．用輕繩通過定滑輪將電動小車與滑桿的中點相連，繩與滑桿的連線平行于斜面，開始時小車位于滑輪的正下方水平面上的P處（小車可視為質(zhì)點），滑輪離小車的高度H=4.0m，在導(dǎo)軌的NN′和OO′所圍的區(qū)域存在一個磁感應(yīng)強度B=1.0T、方向垂直于斜面向上的勻強磁場，此區(qū)域內(nèi)（包括邊界NN′和OO′）滑桿和導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為u=$\frac{\sqrt{3}}{4}$，此區(qū)域外導(dǎo)軌是光滑的，電動小車沿PS以v=1.0m/s的速度勻速前進時，滑桿經(jīng)d=1m的位置由AA′滑到OO′位置．（g取10m/s²）求：

（1）求滑桿由AA′滑到OO′過程中，通過電阻R的電量q；
（2）若滑桿滑到OO′位置時細繩中拉力為10.1N，滑桿通過OO′位置時的加速度；
（3）若滑桿運動到OO′位置時繩子突然斷了，則從斷繩到滑桿回到AA′位置過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量Q為多少？（設(shè)導(dǎo)軌足夠長，滑桿滑到AA′處時恰好做勻速直線運動）

Answer 1

分析 （1）金屬棒從靜止開始做勻加速直線運動，由位移公式可求出上滑的位移．由$\overline{E}$=$\frac{△Φ}{△t}$、$\overline{I}=\frac{\overline{E}}{R+r}$、q=$\overline{I}•△t$求出電量q．
（2）由速度公式求出金屬棒通過CC′時的速度大小v，此時感應(yīng)電動勢為E=BLv，由歐姆定律求出電流，由安培力公式求出安培力，然后由牛頓第二定律求出加速度．
（3）由平衡條件求出滑桿的速度，由能量守恒定律求出產(chǎn)生的熱量．

解答 解：（1）電量q=It；
I=$\frac{E}{R+r}$；
E=$\frac{△Φ}{△t}$=$\frac{BLd}{△t}$
解得：q=1.25C；
（2）滑桿運動到OO′位置時，小車通過S點時的速度為v=1.0m/s
設(shè)系繩與水平面的夾角為α，則
滑桿$\frac{H}{sinα}$-H=d，sinα=0.8，α=53°，
此時向上的速度即繩端沿繩長方向的速度：v₁=vcosα=0.6m/s．
滑桿運動到OO’位置產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E=BLv₁，產(chǎn)生感應(yīng)電流I=$\frac{E}{R+r}$，
受到的安培力F_安=BIL=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{1}}{R+r}$，代入數(shù)據(jù)，可得F_安=1.5N．
滑桿通過OO′位置時所受摩擦力f=μmgcosθ=$\frac{\sqrt{3}}{4}$×0.8×10×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=3N．
由牛頓第二定律得：F-mgsinθ-f-F_安=ma，解得加速度：a=2m/s²．
（2）設(shè)滑桿返回運動到AA'位置后做勻速運動的速度為v₂，
由平衡條件得：mgsinθ=μmgcosθ+$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{2}}{R+r}$，
帶入數(shù)據(jù)，可得：v₂=0.4m/s，
由能量守恒定律得：Q=$\frac{1}{2}$mv₁²-$\frac{1}{2}$mv₂²+mgdsinθ-μmgdcosθ，
帶入數(shù)據(jù)，可得Q=1.08J，Q_R=$\frac{R}{R+r}$Q，解得：Q_R=0.81J．
答：（1）通過電阻R的電量q為1.25C；
（2）滑桿通過OO′位置時的加速度為2m/s²；
（3）電阻R上產(chǎn)生的熱量Q為0.81J．

點評 本題是一道電磁感應(yīng)與力學(xué)、電學(xué)相結(jié)合的綜合體，考查了求加速度、電阻產(chǎn)生的熱量，分析清楚滑桿的運動過程，應(yīng)用運動的合成與分解、E=BLv、歐姆定律、安培力公式、牛頓第二定律、平衡條件、能量守恒定律即可正確解題；求R產(chǎn)生的熱量時要注意，系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量為R與r產(chǎn)生的熱量之和