Question

2．如圖所示間距為L、光滑足夠長的金屬導(dǎo)軌（導(dǎo)軌電阻不計(jì)）所在斜面傾角為α；兩根質(zhì)量均為m、電阻均為R的金屬棒CD、PQ水平且與導(dǎo)軌垂直地放在導(dǎo)軌上；CD棒兩端與勁度系數(shù)為k的兩相同輕質(zhì)絕緣彈簧相連，兩彈簧平行于斜面且另一端與固定墻面相連；整個(gè)裝置處在垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感強(qiáng)度為B．開始時(shí)金屬棒CD靜止，PQ在外力作用下也靜止；現(xiàn)用一恒力沿斜面向上拉金屬棒PQ沿斜面向上加速，當(dāng)金屬棒PQ達(dá)到穩(wěn)定時(shí)彈簧的形變量與開始時(shí)相同．已知金屬棒PQ開始運(yùn)動(dòng)到穩(wěn)定的過程中CD可視為緩慢移動(dòng)，且通過CD棒的電量為q=$\frac{BLmgsinα}{kR}$
求此過程中：
（I）CD棒移動(dòng)的距離：
（2）PQ棒移動(dòng)的距離；
（3）回路產(chǎn)生的總電熱．

Answer 1

分析 （1）抓住CD棒處于靜止，結(jié)合共點(diǎn)力平衡和胡克定律求出彈簧的形變量，抓住兩次形變量相等得出CD棒移動(dòng)的距離．
（2）根據(jù)電量的經(jīng)驗(yàn)表達(dá)式$q=\frac{△Φ}{{R}_{總}}=\frac{BLs}{{R}_{總}}$，結(jié)合通過CD棒的電量為q=$\frac{BLmgsinα}{kR}$求出PQ棒移動(dòng)的距離．
（3）抓住穩(wěn)定后，CD棒處于平衡，結(jié)合平衡以及安培力公式、歐姆定律、切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢公式求出PQ的速度，根據(jù)平衡求出拉力的大小，結(jié)合功能關(guān)系求出回路中產(chǎn)生的總電熱．

解答 解：（1）系統(tǒng)開始靜止時(shí)，對CD棒，有：mgsinα=2k△x
解得：$△x=\frac{mgsinα}{2k}$，
系統(tǒng)穩(wěn)定后形變量與開始相同，故CD棒沿斜面上移距離為：
$ipc9o9v_{CD}=2△x=\frac{mgsinα}{k}$．
（2）該過程流過的電量為q，則有：
$q=\frac{△Φ}{2R}=\frac{BL（oxygks7_{PQ}-qspx72p_{CD}）}{2R}$=$\frac{BLmgsinα}{kR}$，
解得：$xrsambb_{PQ}=\frac{3mgsinα}{k}$．
（3）在系統(tǒng)穩(wěn)定后，對CD棒有：${F}_{安}=BIL=B\frac{BL{v}_{PQ}}{2R}L$=mgsinα+F_彈=2mgsinα，
解得：${v}_{PQ}=\frac{4mgRsinα}{{B}^{2}{L}^{2}}$．
對PQ棒有：F=mgsinα+F_安=3mgsinα，
對系統(tǒng)，由功能關(guān)系得：$Fzlptawh_{PQ}=\frac{1}{2}m{{v}_{PQ}}^{2}+mgo7txuoj_{PQ}sinα$+mgd_CDsinα+Q_熱，
解得：Q_熱=$\frac{5{m}^{2}{g}^{2}si{n}^{2}α}{k}-\frac{8{m}^{3}{g}^{2}{R}^{2}si{n}^{2}α}{{B}^{4}{L}^{4}}$=$（\frac{5}{k}-\frac{8m{R}^{2}}{{B}^{4}{L}^{4}}）{m}^{2}{g}^{2}si{n}^{2}α$．
答：（1）CD棒移動(dòng)的距離為$\frac{mgsinα}{k}$：
（2）PQ棒移動(dòng)的距離為$\frac{3mgsinα}{k}$；
（3）回路產(chǎn)生的總電熱為$（\frac{5}{k}-\frac{8m{R}^{2}}{{B}^{4}{L}^{4}}）{m}^{2}{g}^{2}si{n}^{2}α$．

點(diǎn)評 對于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，重點(diǎn)是分析安培力作用下導(dǎo)體棒的平衡問題，根據(jù)平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動(dòng)能定理、功能關(guān)系等列方程求解．