Question

10．如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.4T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，讓長(zhǎng)為0.5m，電阻為0.1Ω的導(dǎo)體棒ab在金屬框上以恒定的速度向右勻速滑動(dòng)，電阻R₁=6Ω，R₂=4Ω，其他導(dǎo)線上的電阻可忽略不計(jì)，10s內(nèi)金屬桿上產(chǎn)生的熱量為0.64J．求：
（1）ab棒運(yùn)動(dòng)的速度大小；
（2）為使ab棒勻速運(yùn)動(dòng)，外力的機(jī)械功率；
（3）若ab棒改做初速度為零，加速度為2m/s²的加速運(yùn)動(dòng)，在開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的最初2s內(nèi)通過(guò)R₁的電量．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)焦耳定律求出導(dǎo)體棒上電流，由閉合電路歐姆定律求出電源電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)E=BLv求出ab棒運(yùn)動(dòng)速度大��；
（2）ab棒勻速運(yùn)動(dòng)，外力等于安培力，由P=Fv求外力的機(jī)械功率；
（3）先導(dǎo)出電量的經(jīng)驗(yàn)公式q=$\frac{△Φ}{R}$，求出面積變化量，計(jì)算通過(guò)導(dǎo)體的總電量，再計(jì)算出通過(guò)R₁的電量

解答 解：（1）根據(jù)題意，10s內(nèi)金屬桿上產(chǎn)生的熱量為0.64J，則$Q={I}_{\;}^{2}rt$
代入數(shù)據(jù)解得：$I=\sqrt{\frac{Q}{rt}}=\sqrt{\frac{0.64}{0.1×10}}=0.8A$
${R}_{1}^{\;}、{R}_{2}^{\;}$的并聯(lián)電阻$R=\frac{{R}_{1}^{\;}{R}_{2}^{\;}}{{R}_{1}^{\;}+{R}_{2}^{\;}}=\frac{6×4}{6+4}=2.4Ω$
根據(jù)閉合電路的歐姆定律E=I（R+r）=0.8×（2.4+0.1）=2V
由E=BLv，得$v=\frac{E}{BL}=\frac{2}{0.4×0.5}=10m/s$
（2）ab棒勻速運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)=BIL=0.4×0.8×0.5=0.16N
外力的機(jī)械功率P=Fv=0.16×10=1.6W
（3）根據(jù)電磁磁感應(yīng)定律$\overline{E}=\frac{△Φ}{△t}$
平均電流$\overline{I}=\frac{\overline{E}}{{R}_{總}(cāng)^{\;}}$
通過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量$q=\overline{I}•△t$
聯(lián)立得$q=\frac{△Φ}{{R}_{總}(cāng)^{\;}}$
最初2s內(nèi)的位移$x=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}=\frac{1}{2}×2×{2}_{\;}^{2}=4m$
面積變化量△S=Lx=0.5×4=2m
所以$q=\frac{△Φ}{{R}_{總}(cāng)^{\;}}=\frac{B△S}{{R}_{總}(cāng)^{\;}}=\frac{0.4×2}{2.4+0.1}=0.32C$
通過(guò)${R}_{1}^{\;}$的電荷量${q}_{1}^{\;}=\frac{4}{6+4}×0.32=0.128C$
答：（1）ab棒運(yùn)動(dòng)的速度大小10m/s；
（2）為使ab棒勻速運(yùn)動(dòng)，外力的機(jī)械功率1.6W；
（3）若ab棒改做初速度為零，加速度為2m/s²的加速運(yùn)動(dòng)，在開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的最初2s內(nèi)通過(guò)R₁的電量0.128C

點(diǎn)評(píng) 本題是電磁感應(yīng)與電路知識(shí)、力學(xué)知識(shí)的綜合，常規(guī)題，關(guān)鍵要掌握法拉第定律、歐姆定律、右手定則等等電磁感應(yīng)的基本規(guī)律．