1.如圖所示,兩條平行金屬軌道相距L=1m,它有與水平方向成θ=30°的光滑傾斜導(dǎo)軌和粗糙的水平導(dǎo)軌兩部分,水平導(dǎo)軌處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,傾斜導(dǎo)軌ef與ab間有垂直于斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1=1T.現(xiàn)將兩金屬棒MN和PQ分別置于水平導(dǎo)軌上和傾斜導(dǎo)軌的磁場(chǎng)區(qū)內(nèi),由靜止釋放,棒PQ沿導(dǎo)軌下滑,棒MN始終靜止.已知兩棒的質(zhì)量均為m=0.1kg,電阻均為R=2Ω,棒MN與水平導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,兩棒均與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,傾斜導(dǎo)軌有磁場(chǎng)區(qū)與無磁場(chǎng)區(qū)均足夠長(zhǎng),不計(jì)導(dǎo)軌的電阻,重力加速度為g=10m/s2
(1)求棒PQ下滑最大速度的大小;
(2)求棒PQ由靜止釋放到速度達(dá)到最大過程中,通過棒MN某橫截面的電荷量q=0.5C,求該過程整個(gè)回路中產(chǎn)生的總焦耳熱;
(3)若將棒PQ在ef上方與ef相距x的地方由靜止釋放,要使MN始終靜止,求水平導(dǎo)軌處磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值B2與x之間的關(guān)系.

分析 (1)PQ棒先向下做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng),后做勻速直線運(yùn)動(dòng),速度達(dá)到最大.由法拉第定律、歐姆定律推導(dǎo)出安培力與速度的關(guān)系式,再由平衡條件求解最大速度.
(2)由法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律和電流的定義式結(jié)合求解棒PQ下滑的距離,再由能量守恒定律求焦耳熱.
(3)要使MN始終靜止,PQ速度最大時(shí)也必須靜止,由

解答 解:(1)設(shè)棒PQ下滑最大速度的大小為vm.棒PQ的速度最大時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng).
由 E=B1Lvm,I=$\frac{E}{2R}$,F(xiàn)=B1IL,得:
F=$\frac{{B}_{1}^{2}{L}^{2}{v}_{m}}{2R}$
棒PQ勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)有:F=mgsinθ
聯(lián)立得 vm=$\frac{2mgRsinθ}{{B}_{1}^{2}{L}^{2}}$=$\frac{2×0.1×10×2×0.5}{{1}^{2}×{1}^{2}}$=2m/s
(2)棒PQ由靜止釋放到速度達(dá)到最大過程中下滑的距離為s.通過棒MN某橫截面的電荷量為:
q=$\overline{I}$t=$\frac{{B}_{1}L\overline{v}t}{2R}$=$\frac{{B}_{1}Ls}{2R}$
則有:s=$\frac{2qR}{BL}$=$\frac{2×0.5×2}{1×1}$=2m
根據(jù)能量守恒定律得整個(gè)回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為:
Q=mgssinθ-$\frac{1}{2}m{v}_{m}^{2}$=0.1×10×0.5-$\frac{1}{2}$×0.1×22=0.3J
(3)將棒PQ在ef上方與ef相距x的地方由靜止釋放,到達(dá)ef時(shí)的速度為:
v=$\sqrt{2ax}$=$\sqrt{2gsin30°•x}$=$\sqrt{gx}$
PQ棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流為:
I=$\frac{{B}_{1}Lv}{2R}$
要使MN始終靜止,則有:B2IL≤μmg
聯(lián)立得:
B2≤$\frac{2μmgR}{{B}_{1}{L}^{2}\sqrt{gx}}$=$\frac{2×0.5×0.1×10×2}{1×{1}^{2}×\sqrt{10x}}$=$\sqrt{\frac{2}{5x}}$
答:(1)棒PQ下滑最大速度的大小是2m/s.
(2)該過程整個(gè)回路中產(chǎn)生的總焦耳熱是0.3J.
(3)水平導(dǎo)軌處磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值B2與x之間的關(guān)系為B2≤$\sqrt{\frac{2}{5x}}$.

點(diǎn)評(píng) 本題是雙桿類型,分別研究它們運(yùn)動(dòng)過程和狀態(tài)是基礎(chǔ),運(yùn)用力學(xué)和電路、電磁感應(yīng)的規(guī)律研究MN棒,對(duì)于感應(yīng)電荷量,要熟悉一般表達(dá)式q=$\frac{△Φ}{R+r}$,知道電量可求導(dǎo)體棒的位移.

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