Question

7．如圖所示，平行金屬導(dǎo)軌AGT和DEF足夠長(zhǎng)，導(dǎo)軌寬度L=2.0m，電阻不計(jì)，AG和DE部分水平、粗糙；GT和EF部分光滑、傾斜，傾角θ=53°，整個(gè)空間存在垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.0T．金屬桿M質(zhì)量m₁=2.0kg，電阻R₁=l，輕彈簧K-端固定于O點(diǎn)，O點(diǎn)在bb′中點(diǎn)的正上方，另一端系于金屬桿M的中點(diǎn)，輕彈簧勁度系數(shù)k=30N/m，金屬桿M初始在圖中aa′位置靜止，彈簧伸長(zhǎng)量△l=0.2m，與水平方向夾角α=60°，ab=bc=a′b′=b′c′．另一質(zhì)量 m₂=1.0kg，電阻R₂=2Ω的金屬桿P從導(dǎo)軌GT和EF上的ss'位置靜止釋放，后來(lái)金屬桿M開(kāi)始滑動(dòng)，金屬桿P從開(kāi)始下滑x=3.0m達(dá)到平衡狀態(tài)，此時(shí)金屬桿M剛好到達(dá)cc′位置靜止，已知重力加速度g=10m/s²，求：
（1）金屬桿P的最終速度大��；
（2）金屬桿M在cc′位置靜止時(shí)所受的摩擦力；
（3）從金屬桿P開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到達(dá)到平衡狀態(tài)的過(guò)程中，若金屬桿M克服摩擦力做功W_f=2J則金屬桿P上產(chǎn)生的熱量是多少．

Answer 1

分析 （1）金屬桿P從開(kāi)始下滑x=3.0m達(dá)到平衡狀態(tài)，有牛頓第二定律結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律和安培力公式求解
（2）由1中求得回路中電流，求出安培力對(duì)M棒受力分析可得，
（3）根據(jù)能量守恒定律，求解產(chǎn)生的熱量；

解答 解：（1）設(shè)最終速度為v，p棒向下運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電流$I=\frac{BLv}{{R}_{1}+{R}_{2}}$，對(duì)p棒有右手定則可知電流由s′到s，再由左手定則可判定安培力沿斜面向上，還受到重力和支持力，
對(duì)p棒有牛頓定律得：BIL=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{{R}_{1}+{R}_{2}}$=mgsin53°，即：$\frac{{1}^{2}×{2}^{2}×v}{1+2}=1×10×0.8$，解得：v=6m/s；
（2）當(dāng)M棒運(yùn)動(dòng)到cc′時(shí)，根據(jù)對(duì)稱性，對(duì)M棒受力分析，受重力和彈簧彈力F=kx=30×0.2=6N，向左的摩擦力，由左手定則判定安培力與水平方向成53°斜向右下方，
由于金屬桿M在cc′位置靜止，則由：BILcos53°=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{{R}_{1}+{R}_{2}}$cos53°=kxsin30°+f，
代入數(shù)據(jù)：$\frac{{1}^{2}×{2}^{2}×6}{2+1}×0.6=30×0.2×0.5+f$，
解得：f=1.8N；方向水平向左；
（3）根據(jù)能量守恒定律，可得：$mgxsin53°=\frac{1}{2}{m}_{2}{v}^{2}+{Q}_{P}+{Q}_{M}+{W}_{f}$
代入數(shù)據(jù)：$1×10×3×0.8=\frac{1}{2}×1×{6}^{2}+{Q}_{P}+{Q}_{M}+2$
解得：Q_P+Q_M=4J①
根據(jù)串并聯(lián)電路特點(diǎn)得：Q_P：Q_M=2：1②
聯(lián)立①②解得：Q_P=$\frac{8}{3}J$；
答：（1）金屬桿P的最終速度大小為6m/s；
（2）金屬桿M在cc′位置靜止時(shí)所受的摩擦力為1.8N；方向向左；
（3）金屬桿P上產(chǎn)生的熱量是$\frac{8}{3}J$

點(diǎn)評(píng) 本題是力電綜合題，難度適中，合理的利用法拉第電磁感應(yīng)定律和牛頓第二定律及歐姆定律即可解題，關(guān)鍵在于規(guī)律應(yīng)用時(shí)，分清研究對(duì)象找清規(guī)律，合理利用．