Question

6．如圖所示，寬為L=2m、足夠長的金屬導軌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，在導軌上AA′處放置一根與導軌垂直、質量為m=0.8kg、電阻為r=0.4Ω的金屬滑桿，導軌的電阻不計．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（小車可視為質點），滑輪離小車的高度H=4.0m．在導軌的NN′和OO′所圍的區域存在一個磁感應強度B=1.0T、方向垂直于斜面向上的勻強磁場，此區域內滑桿和導軌間的動摩擦因數為μ=$\frac{\sqrt{3}}{4}$，此區域外導軌是光滑的．電動小車沿PS方向以v=1.0m/s的速度勻速前進時，滑桿經d=1m的位移由AA’滑到OO’位置．（g取10m/s²）求：

（1）請問滑桿AA′滑到OO′位置時的速度是多大？
（2）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？
（3）若滑桿運動到OO′位置時繩子突然斷了，則從斷繩到滑桿回到AA′位置過程中，電阻R上產生的熱量Q為多少？（設導軌足夠長，滑桿滑回到AA’時恰好做勻速直線運動．）

Answer 1

分析 （1）由速度公式求出金屬棒通過cd時的速度大小v；
（2）感應電動勢為E=BLv，由歐姆定律求出電流，由安培力公式求出安培力，然后由牛頓第二定律求出加速度．
（3）由平衡條件求出滑桿的速度，由能量守恒定律求出產生的熱量．

解答 解：（1）滑桿運動到OO'位置時，小車通過S點時的速度為v=1.0m/s，
設系繩與水平面的夾角為α，則
滑桿$\frac{H}{sinα}$-H=d，sinα=0.8，α=53°
此時向上的速度即繩端沿繩長方向的速度，代入數據得：v₁=0.6m/s．
（2）滑桿運動到OO'位置產生感應電動勢為：E=BLv₁，
產生感應電流為：I=$\frac{E}{R+r}$，
受到的安培力為：F_安=BIL=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{1}}{R+r}$，代入數據，得：F_安=1.5N．
滑桿通過OO'位置時所受摩擦力為：f=μmgcosθ=$\frac{\sqrt{3}}{4}$×0.8×10×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=3N．
由F-mgsinθ-f-F_安=ma，
解得加速度：a=2m/s²．
（3）設滑桿返回運動到AA'位置后做勻速運動的速度為v₂，有：mgsinθ=μmgcosθ+$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{2}}{R+r}$，
帶入數據，可得：v₂=0.4m/s   
由功能關系：Q=$\frac{1}{2}$mv₁²-$\frac{1}{2}$mv₂²+mgdsinθ-μmgdcosθ，
帶入數據得：Q=1.08J
所以，由串聯電路特點可得：Q_R=$\frac{R}{R+r}•Q$=$\frac{1.2}{1.2+0.4}×1.08$=0.81J．
答：（1）滑桿AA′滑到OO′位置時的速度是0.60m/s；
（2）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；
（3）若滑桿運動到OO′位置時繩子突然斷了，則從斷繩到滑桿回到AA′位置過程中，電阻R上產生的熱量Q為0.81J．

點評 本題是一道電磁感應與力學、電學相結合的綜合體，考查了求加速度、電阻產生的熱量，分析清楚滑桿的運動過程，應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產生的熱量時要注意，系統產生的總熱量為R與r產生的熱量之和．