Question

17．如圖甲所示，兩根足夠長、電阻不計的光滑平行金屬導(dǎo)軌相距為L₁=1m，導(dǎo)軌平面與水平面成θ=30°角，上端連接阻值R=1.5Ω的電阻；質(zhì)量為m=0.2kg、阻值r=0.5Ω的勻質(zhì)金屬棒ab放在兩導(dǎo)軌上，距離導(dǎo)軌最上端為L₂=4m，棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸．整個裝置處于一勻強(qiáng)磁場中，該勻強(qiáng)磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時間變化的情況如圖乙所示．（g=10m/s²）

（1）保持ab棒靜止，在0～4s內(nèi)，通過金屬棒ab的電流多大？方向如何？
（2）為了保持ab棒靜止，需要在棒的中點(diǎn)施加了一平行于導(dǎo)軌平面的外力F，求當(dāng)t=2s時，外力F的大小和方向；
（3）5s后，撤去外力F，金屬棒將由靜止開始下滑，這時用電壓傳感器將R兩端的電壓即時采集并輸入計算機(jī)，在顯示器顯示的電壓達(dá)到某一恒定值后，記下該時刻棒的位置，測出棒從靜止開始運(yùn)動到該位置過程中通過電阻R的電量為1.2C，求金屬棒此時的速度及下滑到該位置的過程中在電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱．

Answer 1

分析 （1）在0～4s內(nèi)，由法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律求解．
（2）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出0～4s內(nèi)感應(yīng)電動勢，再根據(jù)閉合電路歐姆定律求出電流，從而求出安培力，利用棒子的平衡求出外力F的大小和方向．
（3）導(dǎo)體棒由靜止下滑，受重力、支持力、安培力，當(dāng)下滑的加速度減小為0時，速度穩(wěn)定，電壓也穩(wěn)定，根據(jù)平衡求出此時的速度，再根據(jù)能量守恒求出總熱量，根據(jù)電流時刻相同，Q_R=$\frac{R}{R+r}$Q_總．

解答 解：（1）在0～4s內(nèi)，由法拉第電磁感應(yīng)定律：
E=$\frac{△∅}{△t}$=$\frac{△B}{△t}{L}_{1}{L}_{2}$=$\frac{1}{4}×1×4V$=1V；
由閉合電路歐姆定律：
$I=\frac{E}{R+r}$=$\frac{1}{1.5+0.5}A$=0.5A
方向由a→b．
（2）當(dāng)t=2s時，ab棒受到沿斜面向上的安培力
F_安=BIL₁=0.5×0.5×1N=0.25N
對ab棒受力分析，由平衡條件：
F+F_安-mgsin30°=0
F=mgsin30°-F安=（0.2×10×0.5-0.25）N=0.75N
方向沿導(dǎo)軌斜面向上．
（3）ab棒沿導(dǎo)軌下滑切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，有：
E′=B′L₁v
產(chǎn)生的感應(yīng)電流$I′=\frac{E′}{R+r}$=$\frac{B′{L}_{1}v}{R+r}$　
棒下滑至速度穩(wěn)定時，棒兩段電壓也恒定，此時ab棒受力平衡，有：
mgsin30°=B′I′L₁
解得：v=$\frac{mg（R+r）sin30°}{B{′}^{2}{L}_{1}^{2}}$=$\frac{0.2×10×（1.5+0.5）×0.5}{{1}^{2}×{1}^{2}}$=2m/s
通過電阻R的電量為$q=\frac{B{L}_{1}S}{R+r}$，代入數(shù)據(jù)得S=2.4m 
由動能定理，得
mgsin30°-Q_總=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$-0
則有：Q_總=mgSsin30°-$\frac{1}{2}$mv²=（0.2×$10×2.4×0.5-\frac{1}{2}×0.2×{2}^{2}$）=2J
解得：Q_R=$\frac{R}{R+r}{Q}_{總}$=$\frac{1.5}{1.5+0.5}×2$=1.5J
答：（1）保持ab棒靜止，在0～4s內(nèi)，通過金屬棒ab的電流0.5A，方向a→b；
（2）當(dāng)t=2s時，外力F的大小0.75N和方向?qū)к壭泵嫦蛏希?br />（3）金屬棒此時的速度及下滑到該位置的過程中在電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱1.5J．

點(diǎn)評 解決本題的關(guān)鍵掌握法拉第電磁感應(yīng)定律E=n$\frac{△φ}{△t}$=n$\frac{△B}{△t}$S，以及導(dǎo)體棒切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLv．