Question

13．如圖所示，一平面框架與水平面成37°角，寬L=0.4m，上、下兩端各有一個(gè)電阻R₀=1Ω，框架的其他部分電阻不計(jì)．垂直于框平面的方向存在向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T．a(chǎn)b金屬桿長度為L=0.4m，質(zhì)量m=0.8kg，電阻r=0.5Ω，桿與框架的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5．金屬桿由靜止開始下滑，直到速度達(dá)到最大的過程中，金屬桿克服磁場(chǎng)力所做的功W=1.5J．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8；g取10m/s²．求：
（1）ab桿達(dá)到的最大速度v_m
（2）當(dāng)ab桿速度為1m/s時(shí)的加速度大小
（3）ab桿從開始到速度最大的過程中沿斜面下滑的距離
（4）在該過程中通過ab桿的電荷量．

Answer 1

分析 （1）導(dǎo)體棒先向下做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)，達(dá)到最大速度，此時(shí)棒ab受力平衡，推導(dǎo)出安培力與速度的關(guān)系式，寫出受力平衡的方程，即可求得最大速度；
（2）根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合安培力表達(dá)式，即可求解；
（3）由電阻R₀產(chǎn)生的熱量Q₀，根據(jù)串并聯(lián)關(guān)系，得到ab棒產(chǎn)生的熱量，根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化與守恒解答該題；
（4）結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律與閉合電路的歐姆定律，求解通過ab的電荷量．

解答 解：（1）導(dǎo)體棒受到的摩擦力：f=?N，又N=mgcosθ，得f=?mgcosθ．
達(dá)到最大速度時(shí)，棒ab受力平衡，則有：F_A+f=mgsinθ
而安培力：F_A=BIL，I=$\frac{E}{{R}_{總}}$=$\frac{BLv}{0.5{R}_{0}+r}$
聯(lián)解可得：$\frac{mg（0.5{R}_{0}+r）（sinθ-μcosθ）}{{B}^{2}{L}^{2}}$
代入解得 υ=2.5m/s
（2）安培力表達(dá)式F_安=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v′}{R+r}$
根據(jù)牛頓第二定律，則有mgsin37°-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v′}{R+r}$-μmgcos37°=ma；
代入數(shù)據(jù)，解得：a=$\frac{mgsin37°-\frac{{B}^{2}{L}^{2}v′}{R+r}-μmgcos37°}{m}$=$\frac{0.8×10×0.6-\frac{{2}^{2}×0．{4}^{2}×1}{0.5+0.5}-0.5×0.8×10×0.8}{0.8}$=4.8m/s²；
（3）當(dāng)金屬棒速度達(dá)到最大時(shí)，金屬桿克服磁場(chǎng)力所做的功W=1.5J，
那么電阻R₀產(chǎn)生的熱量Q₀=0.375J，ab棒中電流是電阻R₀中電流的2 倍，
由焦耳定律Q=I²Rt，ab棒中產(chǎn)生的焦耳熱為2Q₀，則電路中產(chǎn)生的總焦耳Q_總=4Q  
根據(jù)能量守恒得 mgsinθS=Q+$\frac{1}{2}$mv²+fS
得：S=$\frac{\frac{1}{2}m{v}^{2}+{Q}_{總}}{mg（sinθ-μcosθ）}$=2.5m            
（4）流過導(dǎo)體棒的電量：q=$\overline{I}$△t
  又$\overline{I}$=$\frac{\overline{E}}{{R}_{總}}$，$\overline{E}$=$\frac{△∅}{△t}$，△Φ=BLS
聯(lián)立以上四式得：q=$\frac{BLS}{{R}_{總}}$
代入解得，q=2C
答：
（1）桿ab的最大速度是2.5m/s；
（2）當(dāng)ab桿速度為1m/s時(shí)的加速度大小4.8m/s²；
（3）從開始到速度最大的過程中ab桿沿斜面下滑的距離是2.5m；
（4）在該過程中通過ab的電荷量是2C．

點(diǎn)評(píng) 該題是電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用，涉及到受力平衡、法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路的歐姆定律以及能量的轉(zhuǎn)化與守恒，綜合性相對(duì)較強(qiáng)，要求的能力也比較高．