Question

14．如圖甲所示，相距d的兩根足夠長的金屬制成的導軌，水平部分左端ef間連接一阻值為2R的定值電阻，并用電壓傳感器實際監(jiān)測兩端電壓，傾斜部分與水平面夾角為37°．長度也為d、質量為m的金屬棒ab電阻為R，通過固定在棒兩端的金屬輕滑環(huán)套在導軌上，滑環(huán)與導軌上MG、NH段動摩擦因數μ=$\frac{1}{8}$（其余部分摩擦不計）．MN、PQ、GH相距為L，MN、PQGH相距為L，MN、PQ間有垂直軌道平面向下、磁感應強度為B₁的勻強磁場，PQ、GH間有平行于斜面但大小、方向未知的勻強磁場B₂，其他區(qū)域無磁場，除金屬棒及定值電阻，其余電阻均不計，sin37°=0.6，cos37°=0.8，當ab棒從MN上方一定距離由靜止釋放通過MN、QP區(qū)域（運動過程ab棒始終保護水平），電壓傳感器監(jiān)測到U-t關系如圖乙所示：

（1）求ab棒剛進入磁場B₁時的速度大��；
（2）求定值電阻上產生的熱量Q₁；
（3）多次操作發(fā)現，當ab棒從MN以某一特定速度進入MNQP區(qū)域的同時，另一質量為2m、電阻為2R的金屬棒cd只要以等大速度從PQ進入PQHG區(qū)域，兩棒均勻速同時通過各自場區(qū)，試求B₂的大小和方向．

Answer 1

分析 （1）根據電壓傳感器的示數求解感應電動勢，根據導體切割磁感線產生的感應電動勢計算公式求解速度大小；
（2）根據圖乙可得ab桿勻速運動時定值電阻兩端電壓，根據閉合電路的歐姆定律和法拉第電磁感應定律求解速度大小，根據動能定理求解產生的總熱量，根據焦耳定律可得定值電阻產生的焦耳熱；
（3）兩棒以相同的初速度進入場區(qū)，勻速經過相同的位移，分別對對ab棒、cd棒根據共點力平衡條件列方程求解B₂，根據左手定則判斷B₂方向．

解答 解：（1）根據ab棒剛進入磁場B₁時電壓傳感器的示數為U可得此時的感應電動勢E₁=U+$\frac{U}{2R}•R$=1.5U，
根據導體切割磁感線產生的感應電動勢計算公式可得：E₁=B₁dv₁
解得：v₁=$\frac{1.5U}{{B}_{1}d}$；
（2）設金屬棒ab離開PQ時的速度為v₂，根據圖乙可知，定值電阻兩端電壓為2U，
根據閉合電路的歐姆定律可得：$\frac{{B}_{1}d{v}_{2}}{2R+R}•2R=2U$，
解得：v₂=$\frac{3U}{{B}_{1}d}$；
棒ab從MN到PQ，根據動能定理可得：
mgsin37°•L-μmgcos37°•L-W_安=$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
根據功能關系可得產生的總的焦耳熱Q_總=W_安，
根據焦耳定律可得定值電阻產生的焦耳熱為Q₁=$\frac{2R}{2R+R}{Q}_{總}$
聯(lián)立解得Q₁=$\frac{1}{3}mgL-\frac{9m{U}^{2}}{4{B}_{1}^{2}ga4wyau^{2}}$；
（3）兩棒以相同的初速度進入場區(qū)，勻速經過相同的位移，對ab棒，根據共點力的平衡可得：
mgsin37°-μmgcos37°-$\frac{{B}_{1}^{2}iewe4qu^{2}v}{2R}$=0，
解得：v=$\frac{mgR}{{B}_{1}^{2}e6muww8^{2}}$；
對cd棒，因為2mgsin37°-μ•2mgcos37°＞0，故cd棒安培力必須垂直導軌平面向下，
根據左手定則可知磁感應強度B₂沿導軌平面向上，cd棒也勻速運動，則有：
$2mgsin37°-μ（2mgcos37°+{B}_{2}×\frac{1}{2}×\frac{{B}_{1}dv}{2R}×d）=0$，
將v=$\frac{mgR}{{B}_{1}^{2}0usugek^{2}}$代入解得：B₂=32B₁．
答：（1）ab棒剛進入磁場B₁時的速度大小為$\frac{1.5U}{{B}_{1}d}$；
（2）定值電阻上產生的熱量為$\frac{1}{3}mgL-\frac{9m{U}^{2}}{4{B}_{1}^{2}im82oau^{2}}$；
（3）B₂的大小為32B₁，方向沿導軌平面向上．

點評 對于電磁感應問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，重點是分析安培力作用下導體棒的平衡問題，根據平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應現象中的能量轉化問題，根據動能定理、功能關系等列方程求解．