Question

如圖所示，足夠長(zhǎng)的U形導(dǎo)體框架的寬度L=0.5m，電阻可忽略不計(jì)，其所在平面與水平面成θ=37°角．有一磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.8T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于導(dǎo)體框平面．一根質(zhì)量m=0.2kg、電阻為R=2Ω的導(dǎo)體棒MN垂直跨放在U形框架上，某時(shí)刻起將導(dǎo)體棒由靜止釋放．已知導(dǎo)體棒與框架間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5．（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s²）
（1）求導(dǎo)體棒剛開(kāi)始下滑時(shí)的加速度的大�。� 
（2）求導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度和重力的最大功率；
（3）從導(dǎo)體棒開(kāi)始下滑到速度剛達(dá)到最大的過(guò)程中，通過(guò)導(dǎo)體棒橫截面的電量Q=2C，求導(dǎo)體棒在此過(guò)程中消耗的電能．

Answer 1

分析：（1）導(dǎo)體棒剛開(kāi)始下滑時(shí)，只受重力、導(dǎo)體框的支持力和滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律列式求加速度；
（2）導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)下滑時(shí)，速度最大，此時(shí)導(dǎo)體棒受到重力、支持力、滑動(dòng)摩擦力、安培力平衡，推導(dǎo)出安培力與速度關(guān)系式，由平衡條件求出速度．重力的功率P=mgsinθ．
（3）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律推出電量與距離的關(guān)系，由電量求出導(dǎo)體棒下滑的距離S，根據(jù)能量守恒求解導(dǎo)體棒在此過(guò)程中消耗的電能．

解答：解：（1）導(dǎo)體棒剛開(kāi)始下滑時(shí)，只受重力、導(dǎo)體框的支持力和滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律得
   mgsinθ-μmgcosθ=ma
解得，a=2m/s²
（2）當(dāng)導(dǎo)體棒勻速下滑時(shí)，其受力情況如圖，設(shè)勻速下滑的速度為v，因?yàn)閯蛩傧禄�，則：
  平行斜面：mgsinθ-f-F=0
其中：f=μmgcosθ   安培力：F=BIL
電流強(qiáng)度 I=

E

R

=

BLv

R

則得F=

B2L2v

R

由以上各式解得：v=

mgR(sinθ-μcosθ)

B2L2

=5m/s
重力的最大功率P=mgsinθ=6W
（3）通過(guò)導(dǎo)體的電量 Q=

.

I

△t
由法拉第電磁感應(yīng)定律得

.

E

=

△Φ

△t

由歐姆定律得

.

I

=

. E

R

聯(lián)立以上三式得 Q=

△Φ

R

設(shè)物體下滑速度剛好為v時(shí)的位移為S，則△Φ=BSL
得 Q=

BSL

R

解得 S=

QR

BL

=10m
對(duì)全程，由動(dòng)能定理得：mgSsinθ-W_安-μmgcosθ?S=

1

2

mv2
解得克服安培力做功W_安=1.5J
根據(jù)功能關(guān)系得：克服安培力做功等于導(dǎo)體棒的有效電阻消耗的電能 
所以導(dǎo)體棒在此過(guò)程中消耗的電能 W=1.5J
答：
（1）導(dǎo)體棒剛開(kāi)始下滑時(shí)的加速度的大小為2m/s²；
（2）導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度為5m/s，重力的最大功率為6W；
（3）導(dǎo)體棒在此過(guò)程中消耗的電能為1.5J．

點(diǎn)評(píng)：本題是電磁感應(yīng)與力學(xué)的綜合題，涉及到電路、磁場(chǎng)、電磁感應(yīng)和力學(xué)多方面知識(shí)，其中安培力的分析和計(jì)算是關(guān)鍵．這類(lèi)題型是高考的熱點(diǎn)．