Question

3．如圖，一間距為L的足夠長的平行金屬導軌傾斜固定在水平地面上，且與水平面間的夾角為θ，導軌的頂端C、D間連接有一定值電阻R，有一磁感應強度大小為B的勻強磁場垂直導軌平面向上，現(xiàn)讓一質量為m，電阻為r，長度恰好為L的金屬棒MN緊挨著CD無初速釋放，已知金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ（μ＜tanθ），金屬棒下滑過程中始終與導軌垂直，且接觸良好，導軌的電阻可以忽略，重力加速度為g，則：
（1）在金屬棒MN下滑的過程中，金屬棒MN內的感應電流方向如何？M、N兩點，哪點電勢高？
（2）當下滑一段距離后，金屬棒MN開始做勻速直線運動，那么該速度v多大？
（3）若已知金屬棒MN從開始釋放到速度為v₀的過程中，下滑的位移為x，則在此過程中通過電阻R的電荷量q為多少？在此過程中電阻R上產生的熱量Q為多少？

Answer 1

分析 （1）運用右手定則判斷MN中感應電流的方向，即可確定M、N的電勢高低．
（2）MN棒做勻速直線運動，合力為零，由E=BLv、I=$\frac{E}{R+r}$、F=BIL結合求得安培力與速度的關系式，再由平衡條件求速度v．
（3）根據電量的公式q=$\overline{I}$t，以及法拉第電磁感應定律、歐姆定律求電荷量q．根據能量守恒定律求熱量Q．

解答 解：（1）根據右手定則判斷可知：金屬棒MN中感應電流的方向從N→M，則M點相當于電源的正極，電勢較高．
（2）由E=BLv、I=$\frac{E}{R+r}$、F=BIL得：安培力的大小為：F=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R+r}$；
導體棒MN做勻速直線運動，受力平衡，則有 mgsinθ=F+μmgcosθ
解得 v=$\frac{mg（sinθ-μcosθ）（R+r）}{{B}^{2}{L}^{2}}$
（3）在此過程中通過電阻R的電荷量為 q=$\overline{I}$t
又 $\overline{I}$=$\frac{\overline{E}}{R+r}$=$\frac{BL\overline{v}}{R+r}$
則得 q=$\frac{BL\overline{v}t}{R+r}$=$\frac{BLx}{R+r}$
設回路產生的總熱量為Q_總．
根據能量守恒定律得 Q_總+μmgcosθ•x+$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$=mgsinθ•x
電阻R上產生的熱量 Q=$\frac{R}{R+r}$Q_總；
聯(lián)立解得 Q=$\frac{R}{R+r}$（mgxsinθ-μmgxcosθ-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$）
答：
（1）在金屬棒MN下滑的過程中，金屬棒MN內的感應電流方向從N→M，M點的電勢較高．
（2）當下滑一段距離后，金屬棒MN開始做勻速直線運動，那么該速度v是$\frac{mg（sinθ-μcosθ）（R+r）}{{B}^{2}{L}^{2}}$．
（3）在此過程中通過電阻R的電荷量q為$\frac{BLx}{R+r}$．在此過程中電阻R上產生的熱量Q為$\frac{R}{R+r}$（mgxsinθ-μmgxcosθ-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$）．

點評 本題為力電綜合題，關鍵要正確受力分析和功能關系，熟練推導出安培力的表達式，要注意摩擦力不能漏掉．