Question

15．如圖所示，MN、PQ為間距L=0.5m足夠長的平行導(dǎo)軌，NQ⊥MN，導(dǎo)軌平面下水平面間的夾角θ=37°，NQ間連接有一個(gè)R=5Ω的電阻，有一勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面，磁感強(qiáng)度為B₀=1T．將一根質(zhì)量為m=0.05kg的金屬棒ab緊靠NQ放置在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌與金屬棒的電阻均不計(jì)．現(xiàn)由靜止釋放金屬棒，金屬棒沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)過程中始終與NQ平行．已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，當(dāng)金屬棒滑行至cd處時(shí)已經(jīng)達(dá)到穩(wěn)定速度，cd距離NQ為s=1m．試解答以下問題：（g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）當(dāng)金屬棒滑行至cd處時(shí)回路中的電流多大？
（2）金屬棒達(dá)到的穩(wěn)定速度是多大？
（3）若將金屬棒滑行至cd處的時(shí)刻記作t=0，從此時(shí)刻起，讓磁感強(qiáng)度逐漸減小，可使金屬棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，則t=1s時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)為多大？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)棒切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流，出現(xiàn)安培阻力，因速度影響安培力，導(dǎo)致加速度變化，速度也變化．當(dāng)棒達(dá)到穩(wěn)定速度時(shí)，根據(jù)受力平衡與安培力大小表達(dá)式，即可求解；
（2）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，閉合電路歐姆定律相結(jié)合，從而即可求解；
（3）根據(jù)磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，則棒做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律和磁通量公式，即可求解．

解答 解：（1）在達(dá)到穩(wěn)定速度前，金屬棒的加速度逐漸減小，速度逐漸增大．
達(dá)到穩(wěn)定速度時(shí)，有F_A=B₀IL，mgsinθ=F_A+μmgcosθ
則得$I=\frac{mg（sin37°-μcos37°）}{{B}_{0}L}$=$\frac{0.05×10×（0.6-0.5×0.8）}{1×0.5}A$=0.2A；
（2）根據(jù)E=B₀Lv、$I=\frac{E}{R}$得：
$v=\frac{IR}{{B}_{0}L}$=$\frac{0.2×5}{1×0.5}m/s$=2m/s；
（3）當(dāng)回路中的總磁通量不變時(shí)，金屬棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流．此時(shí)金屬棒將沿導(dǎo)軌做勻加速運(yùn)動(dòng)．
mgsinθ-μmgcosθ=ma
a=g（sinθ-μcosθ）=10×（0.6-0.5×0.8）m/s²=2m/s²．
設(shè)t時(shí)刻磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則：B=$\frac{1}{{t}^{2}+2t+1}T$
故t=1s時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度B=$\frac{1}{1+2×1+1}T$=0.25T．
答：（1）當(dāng)金屬棒滑行至cd處時(shí)回路中的電流是0.2A．
（2）金屬棒達(dá)到的穩(wěn)定速度是2m/s．
（3）若將金屬棒滑行至cd處的時(shí)刻記作t=0，從此時(shí)刻起，讓磁感強(qiáng)度逐漸減小，可使金屬棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，則t=1s時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)為0.25T．

點(diǎn)評 考查棒在磁場中切割，速度影響安培力，導(dǎo)致加速度變化，這是本題解題的亮點(diǎn)，同時(shí)還考查了法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、牛頓第二定律等規(guī)律的應(yīng)用，并運(yùn)用不產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件