Question

7．如圖1所示，空間存在方向豎直向下、磁感應強度大小B=0.5T的勻強磁場，有兩條平行的長直導軌MN、PQ處于同一水平面內，間距L=0.2m，左端連接阻值R=0.4Ω的電阻．質量m=0.1kg的導體棒ab垂直跨接在導軌上，與導軌間的動摩擦因數μ=0.2．從t=0時刻開始，通過一小型電動機對棒施加一個水平向右的牽引力，使棒從靜止開始沿導軌方向做加速運動，此過程中棒始終保持與導軌垂直且接觸良好．除R以外其余部分的電阻均不計，取重力加速度大小g=10m/s²．

Ⅰ．若電動機保持恒定功率輸出，棒的v-t 如圖2所示（其中OA是曲線，AB是水平直線），已知0～10s內電阻R上產生的熱量Q=30J，則求：
（1）導體棒達到最大速度v_m時牽引力大�。�
（2）導體棒從靜止開始達到最大速度v_m時的位移大�。�
Ⅱ．若電動機保持恒牽引力F=0.3N，且將電阻換為C=10F的電容器（耐壓值足夠大），如圖3所示，則求：
（3）t=10s時牽引力的功率．

Answer 1

分析 （1）導體勻速運動時速度最大．根據法拉第定律、歐姆定律求出安培力，再由平衡條件求牽引力．
（2）電動機消耗的電能等于導體棒的動能、克服安培力做功產生的焦耳熱與克服摩擦力做功產生的內能之和，根據能量守恒定律求位移．
（3）根據電流的定義式和牛頓第二定律求出導體棒的加速度，可知導體棒做勻加速運動，由v=at和P=Fv求牽引力的功率．

解答 解：（1）當導體棒達到最大速度后，所受合外力為零，沿導軌方向有：F-F_安-f=0
摩擦力 f=μmg=0.2×0.1×10N=0.2N
感應電動勢 E=BLv_m；
感應電流 I=$\frac{E}{R}$
安培力 F_安=BIL=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{m}}{R}$=$\frac{0．{5}^{2}×0．{2}^{2}×10}{0.4}$N=0.25N
此時牽引力 F=F_安+f=0.45N
（2）變力做功問題不能用功的定義式，在0～10 s內牽引力是變力但功率恒定，可根據能量守恒定律求解．
電動機的功率 P=Fv_m=0.45×10W=4.5W
電動機消耗的電能等于導體棒的動能、克服安培力做功產生的焦耳熱與克服摩擦力做功產生的內能之和，有：
  Pt=$\frac{1}{2}m{v}_{m}^{2}$+fx+Q
解得位移 x=50m
（3）當金屬棒的速度大小為時v，感應電動勢為 E=BLv
由C=$\frac{Q}{U}$可知，此時電容器極板上的電荷量為 Q=CU=CE=CBLv
設在一小段時間△t內，可認為導體棒做勻變速運動，速度增加量為△v，
電容器極板上增加的電荷量為△Q=CBL•△v
根據電流的定義式 I=$\frac{△Q}{△t}$=$\frac{CBL•△v}{△t}$=CBLa
對導體棒受力分析，根據牛頓第二定律，有 F-f-BIL=ma
將I=CBLa代入上式可得：
   a=$\frac{F-f}{m+C{B}^{2}{L}^{2}}$
代入數據解得 a=0.5m/s²．
可知導體棒的加速度與時間無關，為一個定值，即導體棒做勻加速運動．
在t=10s時，v=at=0.5×10=5m/s，此時的功率  P=Fv=0.3×5=1.5W
答：
（1）導體棒達到最大速度v_m時牽引力大小是0.45N；
（2）導體棒從靜止開始達到最大速度v_m時的位移大小是50m；
（3）t=10s時牽引力的功率是1.5W．

點評 本題是力電綜合題型，是高考常見的題型，受力分析時要學會推導安培力的表達式，采用微元法推導出加速度，是解決本題的關鍵．