Question

8．如圖所示，MN、PQ為間距L=0.5m足夠長的平行導(dǎo)軌，NQ⊥MN．導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角θ=37°，NQ間連接有一個(gè)R=5Ω的電阻．有一勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面，磁感強(qiáng)度為B₀=1T．將一根質(zhì)量為m=0.05kg的金屬棒ab緊靠NQ放置在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌與金屬棒的電阻均不計(jì)．現(xiàn)由靜止釋放金屬棒，金屬棒沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)過程中始終與NQ平行．已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，當(dāng)金屬棒滑行至cd處時(shí)已經(jīng)達(dá)到穩(wěn)定速度，cd距離NQ為s=2m．試解答以下問題：（g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）請定性說明金屬棒在達(dá)到穩(wěn)定速度前的加速度和速度各如何變化？
（2）當(dāng)金屬棒滑行速度為1m/s時(shí)，金屬棒的加速度為多少？
（3）金屬棒達(dá)到的穩(wěn)定速度是多大？
（4）從靜止到穩(wěn)定速度過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)金屬棒的受力情況，通過牛頓第二定律分析加速度，根據(jù)加速度方向與速度方向的關(guān)系判斷速度的變化．
（2）根據(jù)切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢公式、歐姆定律、安培力公式求出速度為1m/s時(shí)金屬棒所受的安培力，結(jié)合牛頓第二定律求出加速度．
（3）當(dāng)金屬棒的加速度等于零時(shí)，速度達(dá)到穩(wěn)定，結(jié)合平衡，運(yùn)用切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢公式、歐姆定律、安培力公式求出穩(wěn)定時(shí)的速度．
（4）根據(jù)能量守恒定律求出從靜止到穩(wěn)定速度過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量．

解答 解：（1）金屬棒在下滑的過程中，速度增大，感應(yīng)電動(dòng)勢增大，感應(yīng)電流增大，安培力增大，根據(jù)牛頓第二定律知，加速度減小，可知金屬棒在達(dá)到穩(wěn)定速度前加速度逐漸減小，速度逐漸增大．
（2）當(dāng)金屬棒速度v=1m/s時(shí)，安培力F=B₀IL=${B}_{0}\frac{{B}_{0}Lv}{R}L=\frac{{{B}_{0}}^{2}{L}^{2}v}{R}$=$\frac{1×0.25×1}{5}N=0.05N$，
根據(jù)牛頓第二定律得，加速度a=$\frac{mgsinθ-F-μmgcosθ}{m}$=$\frac{0.5×0.6-0.05-0.5×0.5×0.8}{0.05}$m/s²=1m/s²．
（3）當(dāng)金屬棒的加速度為零，金屬棒達(dá)到穩(wěn)定速度，有：$mgsinθ=μmgcosθ+\frac{{{B}_{0}}^{2}{L}^{2}{v}_{m}}{R}$，
代入數(shù)據(jù)解得最大速度v_m=2m/s．
（3）根據(jù)能量守恒得，mgssinθ=μmgscosθ+Q$+\frac{1}{2}m{{v}_{m}}^{2}$，
代入數(shù)據(jù)解得Q=0.1J．
答：（1）金屬棒在達(dá)到穩(wěn)定速度前加速度逐漸減小，速度逐漸增大．
（2）當(dāng)金屬棒滑行速度為1m/s時(shí)，金屬棒的加速度為1m/s²；
（3）金屬棒達(dá)到的穩(wěn)定速度是2m/s；
（4）從靜止到穩(wěn)定速度過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量為0.1J．

點(diǎn)評 本題考查了電磁感應(yīng)與力學(xué)和能量的綜合運(yùn)用，掌握切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢公式、安培力公式、歐姆定律是解決本題的關(guān)鍵，知道加速度為零時(shí)，金屬棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)．