Question

6．如圖所示，寬為L=2m，足夠長的金屬導(dǎo)軌MN和M′N′放在傾角為θ=30°的斜面上，在N和N′之間連有一個阻值為R=1.2Ω的電阻，在導(dǎo)軌上AA′處放置一根與導(dǎo)軌垂直、質(zhì)量為m=0.8kg、電阻為r=0.4Ω的金屬滑桿，導(dǎo)軌的電阻不計．用輕繩通過定滑輪將電動小車與滑桿的中點相連，繩與滑桿的連線平行于斜面，開始時小車位于滑輪的正下方水平面上的P處（小車可視為質(zhì)點），滑輪離小車的高度H=4.0m．在導(dǎo)軌的NN′和OO′所圍的區(qū)域存在一個磁感應(yīng)強度B=1.0T、方向垂直于斜面向上的勻強磁場，此區(qū)域內(nèi)滑桿和導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ=$\frac{\sqrt{3}}{4}$，此區(qū)域外導(dǎo)軌是光滑的．電動小車沿PS方向以v=1.0m/s的速度勻速前進時，當小車運動到S點時，滑桿經(jīng)d=1m的位移由AA’滑到OO’位置．（g取10m/s²）求：

（1）這一過程中通過電阻R的電量．
（2）滑桿滑到OO′位置時感應(yīng)電流的大小．
（3）若滑桿滑到OO′位置時細繩中拉力為10.1N，滑桿通過OO′位置時的加速度．
（4）若滑桿運動到OO′位置時繩子突然斷了，滑桿滑回到AA′時恰好做勻速直線運動，則從到滑桿回到AA′位置過程中，電子R上產(chǎn)生的電熱Q為多少？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律和電量公式求通過R的電量．
（2）由速度分解法求出滑桿滑到OO′位置時的速度，滑桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=BLv，由歐姆定律求出電流．
（3）由安培力公式F=BIL求出安培力，然后由牛頓第二定律求出加速度．
（4）由平衡條件求出滑桿的速度，由能量守恒定律求出產(chǎn)生的熱量．

解答 解：（1）通過電阻R的電量 q=$\overline{I}$t=$\frac{BL\overline{v}t}{R+r}$=$\frac{BLd}{R+r}$=$\frac{1×2×1}{1.2+0.4}$C=1.25C
（2）滑桿運動到OO′位置時，小車通過S點時的速度為v=1.0m/s，繩與水平面的夾角為α，此時滑桿向上滑行的速度：v₁=vcosα=0.6m/s．
滑桿產(chǎn)生感應(yīng)電動勢為 E=BLv₁，產(chǎn)生感應(yīng)電流為 I=$\frac{E}{R+r}$=$\frac{BL{v}_{1}}{R+r}$=0.75A
（3）滑桿受到的安培力 F_安=BIL=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{1}}{R+r}$
代入數(shù)據(jù)，可得 F_安=1.5N．
滑桿通過OO′位置時所受摩擦力 f=μmgcosθ=$\frac{\sqrt{3}}{4}$×0.8×10×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=3N．
由牛頓第二定律得：F-mgsinθ-f-F_安=ma，
解得加速度：a=2m/s²．
（4）設(shè)滑桿返回運動到AA′位置后做勻速運動的速度為v₂，由平衡條件得：
  mgsinθ=μmgcosθ+$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{2}}{R+r}$
代入數(shù)據(jù)，可得：v₂=0.4m/s
由能量守恒定律得：Q=$\frac{1}{2}$mv₁²-$\frac{1}{2}$mv₂²+mgdsinθ-μmgdcosθ，
帶入數(shù)據(jù)，可得Q=1.08J
電阻R上產(chǎn)生的熱量 Q_R=$\frac{R}{R+r}$Q
解得：Q_R=0.81J．
答：
（1）這一過程中通過電阻R的電量是1.25C．
（2）滑桿滑到OO′位置時感應(yīng)電流的大小是0.75A．
（3）若滑桿滑到OO′位置時細繩中拉力為10.1N，滑桿通過OO′位置時的加速度是2m/s²．
（4）若滑桿運動到OO′位置時繩子突然斷了，滑桿滑回到AA′時恰好做勻速直線運動，則從到滑桿回到AA′位置過程中，電子R上產(chǎn)生的電熱Q為0.81J．

點評 本題是一道電磁感應(yīng)與力學(xué)、電學(xué)相結(jié)合的綜合體，考查了求加速度、電阻產(chǎn)生的熱量，分析清楚滑桿的運動過程，應(yīng)用運動的合成與分解、E=BLv、歐姆定律、安培力公式、牛頓第二定律、平衡條件、能量守恒定律即可正確解題；求R產(chǎn)生的熱量時要注意，系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量為R與r產(chǎn)生的熱量之和．