Question

19．小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡(jiǎn)化裝置如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)=0.50m，傾角θ=53°，導(dǎo)軌上端串接一個(gè)0.05Ω的電阻．在導(dǎo)軌間長(zhǎng)d=0.56m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.0T．質(zhì)量m=4.0kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上，用絕緣繩索通過(guò)定滑輪與拉桿GH相連．CD棒的初始位置與磁場(chǎng)區(qū)域的下邊界相距s=0.24m．一位健身者用恒力F=80N拉動(dòng)GH桿，CD棒由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，上升過(guò)程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直．當(dāng)CD棒到達(dá)磁場(chǎng)上邊界時(shí)健身者松手，觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置（重力加速度g=10m/s²，sin53°=0.8，不計(jì)其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量）．求
（1）CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v的大�。�
（2）CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受的安培力F_A的大��；
（3）在拉升CD棒的過(guò)程中，健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q．

Answer 1

分析 （1）CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)前，由牛頓第二定律求出加速度，再由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v．
（2）CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)后切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，先由E=BLv求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，再由歐姆定律求出感應(yīng)電流，最后由安培力公式求解CD棒安培力F_A的大�。�
（3）健身者所做的功W根據(jù)功的計(jì)算公式求．由牛頓第二定律求出CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)后的加速度，知道CD棒做勻速運(yùn)動(dòng)，求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間，再由焦耳定律求焦耳熱．

解答 解：（1）CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)前，由牛頓第二定律得：
a=$\frac{F-mgsinθ}{m}$=12m/s²…①
進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)CD棒的速度為：v=$\sqrt{2as}$=$\sqrt{2×12×0.24}$=2.4m/s…②
（2）CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=Blv…③
感應(yīng)電流為：I=$\frac{Blv}{R}$…④
CD棒安培力為：F_A=BIl…⑤
聯(lián)立代入得：F_A=$\frac{{B}^{2}{l}^{2}v}{R}$=48N…⑥
（3）在拉升CD棒的過(guò)程中，健身者所做的功為：W=F（s+d）=64J…⑦
由于 F-mgsinθ-F_A=0…⑧
所以CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t=$\fraczyz6bfy{v}$…⑨
則電阻產(chǎn)生的焦耳熱為：Q=I²Rt=13.44J
答：
（1）CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v的大小為2.4m/s
（2）CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受的安培力F_A的大小是48N；
（3）在拉升CD棒的過(guò)程中，健身者所做的功W是64J，電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q是13.44J．

點(diǎn)評(píng) 本題是力電綜合題，關(guān)鍵要根據(jù)法拉第定律、歐姆定律得到安培力的表達(dá)式，并計(jì)算出安培力的大小，從而判斷導(dǎo)體棒的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況．第3小題，不要有思維定勢(shì)，認(rèn)為求焦耳熱就想到能量守恒定律，要知道導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電流一定，可根據(jù)焦耳定律求熱量．