Question

13．如圖所示，兩條平行的金屬導(dǎo)軌相距L=1m，金屬導(dǎo)軌的傾斜部分與水平方向的夾角為37°，整個(gè)裝置處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．金屬棒MN和PQ的質(zhì)量均為m=0.2kg，電阻分別為R_MN=1Ω和R_PQ=2Ω．MN置于水平導(dǎo)軌上，與水平導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，PQ置于光滑的傾斜導(dǎo)軌上，兩根金屬棒均與導(dǎo)軌垂直且接觸良好．從t=0時(shí)刻起，MN棒在水平外力F₁的作用下由靜止開(kāi)始以a=1m/s²的加速度向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，PQ則在平行于斜面方向的力F₂作用下保持靜止?fàn)顟B(tài)．t=3s時(shí)，PQ棒消耗的電功率為8W，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，水平導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，MN始終在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)．求：
（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；
（2）0～3s時(shí)間內(nèi)通過(guò)MN棒的電荷量；
（3）求t=6s時(shí)F₂的大小和方向；
（4）若改變F₁的作用規(guī)律，使MN棒的運(yùn)動(dòng)速度v與位移x滿足關(guān)系：v=0.4x，PQ棒仍然靜止在傾斜軌道上．求MN棒從靜止開(kāi)始到x=5m的過(guò)程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳量．

Answer 1

分析 （1）t=3s時(shí)，PQ棒消耗的電功率為8W，由功率公式P=I²R可求出電路中電流，由閉合電路歐姆定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．已知MN棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由速度時(shí)間公式求出t=3s時(shí)的速度，即可由公式E=BLv求出磁感應(yīng)強(qiáng)度B；
（2）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律和電量公式推導(dǎo)出感應(yīng)電荷量的表達(dá)式q=$\frac{△Φ}{{R}_{總}(cāng)}$，代入數(shù)據(jù)可求得通過(guò)MN棒的電荷量；
（3）根據(jù)速度公式v=at、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式E=BLv、閉合電路歐姆定律、安培力公式F=BIL結(jié)合，可求出PQ棒所受的安培力大小，再由平衡條件求解F₂的大小和方向；
（4）改變F₁的作用規(guī)律時(shí)，MN棒做變加速直線運(yùn)動(dòng)，因?yàn)樗俣葀與位移s成正比，所以電流I、安培力也與位移s成正比，可根據(jù)安培力的平均值求出安培力做功，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于克服安培力，即可得解．

解答 解：（1）當(dāng)t=3 s時(shí)，設(shè)MN的速度為v₁．
當(dāng)t=3s時(shí)，PQ棒消耗的電功率為8W，則有：P=I²R_PQ；
得：I=2A
MN棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t₁=3s時(shí)速度為：v₁=at=3 m/s
此時(shí)MN棒將產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E₁=BLv₁
由閉合電路歐姆定律得：E₁=I（R_MN+R_PQ）
代入數(shù)據(jù)得：B=2 T．
（2）t₁=3s時(shí)MN棒通過(guò)的位移為：x=$\frac{1}{2}a{t}_{1}^{2}$=$\frac{1}{2}×1×{3}^{2}$m=4.5m
回路磁通量的變化量為：△Φ=BLx=2×1×4.5Wb=9W
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：$\overline{E}$=$\frac{△Φ}{△t}$
通過(guò)MN棒的電荷量為：q=$\overline{I}$△t=$\frac{\overline{E}}{{R}_{MN}+{R}_{PQ}}$△t=$\frac{△Φ}{{R}_{MN}+{R}_{PQ}}$
代入數(shù)據(jù)可得：q=3 C
（3）當(dāng)t=6 s時(shí)，設(shè)MN的速度為v₂，則有：
v₂=at=6 m/s
感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E₂=BLv₂=12 V
感應(yīng)電流為：I₂=$\frac{{E}_{2}}{{R}_{MN}+{R}_{PQ}}$=4 A
PQ棒所受的安培力為：F_安=BI₂L=8 N
規(guī)定沿斜面向上為正方向，對(duì)PQ進(jìn)行受力分析可得：
F₂+F_安cos 37°=mgsin 37°
代入數(shù)據(jù)：F₂=-5.2 N（負(fù)號(hào)說(shuō)明力的方向沿斜面向下）
（4）MN棒做變加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)x=5 m時(shí)，v=0.4x=0.4×5 m/s=2 m/s
因?yàn)樗俣葀與位移x成正比，所以電流I、安培力也與位移x成正比，安培力做功為：
W_安=-$\frac{1}{2}$BL•$\frac{BLv}{{R}_{MN}+{R}_{PQ}}$•x=-$\frac{20}{3}$ J
故系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為：
Q=-W_安=$\frac{20}{3}$ J．
答：（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小是2T；
（2）0～3s時(shí)間內(nèi)通過(guò)MN棒的電荷量為3C；
（3）t=6s時(shí)F₂的大小為5.2N，方向沿斜面向下；
（4）MN棒從靜止開(kāi)始到s=5m的過(guò)程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為$\frac{20}{3}$J．

點(diǎn)評(píng) 本題是雙桿類型，分別研究它們的情況是解答的基礎(chǔ)，運(yùn)用力學(xué)和電路、電磁感應(yīng)的規(guī)律研究MN棒，其中對(duì)于感應(yīng)電荷量，要熟悉一般表達(dá)式q=n$\frac{△Φ}{{R}_{總}(cāng)}$，知道△φ與棒的位移有關(guān)．本題關(guān)鍵要抓住安培力與位移是線性關(guān)系，安培力的平均值等于初末時(shí)刻的平均值，從而可求出安培力做功．