Question

11．如圖甲所示，光滑且足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在同一水平面上，兩導(dǎo)軌間距L=0.2m，電阻R=0.4Ω，導(dǎo)軌上停放一質(zhì)量為m=0.1kg，電阻為r=0.1Ω的金屬桿，導(dǎo)軌的電阻可忽略不計(jì)，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的方向豎直向下．現(xiàn)用一拉力F沿水平方向拉此金屬桿，使之由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，若理想電壓表示數(shù)在0到5s內(nèi)U隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示．求：
（1）5s末通過(guò)電阻R中的電流大小和方向？
（2）5s末金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和速度分別是多大？
（3）5s末拉力F的大�。�
（4）若0到5s內(nèi)整個(gè)回路產(chǎn)生的熱量Q=8.75J，則這一過(guò)程中拉力F所做的功W為多大？
（5）若5s末撤去拉力F，分析導(dǎo)體棒之后的受力情況，說(shuō)明導(dǎo)體棒之后的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，并求出撤去拉力F之后回路產(chǎn)生的熱量Q′．

Answer 1

分析 （1）由圖象乙知，5s末的電壓值為2V，由歐姆定律求得電阻R中電流大小．由右手定則判斷電流的方向．
（2）由閉合電路歐姆定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，由E=BLv求出金屬桿的速度．
（3）外力與安培力的合力使金屬桿產(chǎn)生加速度，由速度公式求出加速度，由F=BIL求得安培力，結(jié)合牛頓第二定律得到5s末拉力F的大�。�
（4）安培力做功變成焦耳熱，由功能關(guān)系可求解拉力F做的功．
（5）根據(jù)金屬桿的受力情況，分析其運(yùn)動(dòng)情況．由能量守恒定律求熱量．

解答 解：（1）由圖象可知t=5s時(shí)，U=2V
則通過(guò)電阻R中的電流 I=$\frac{U}{R}$=$\frac{2}{0.4}$A=5A
由右手定則判斷可知，通過(guò)R的電流方向向下．
（2）由閉合電路歐姆定律得：
金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E=I（R+r）=5×0.5=2.5V
由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E=BLv
所以，v=$\frac{E}{BL}$=$\frac{2.5}{0.5×0.2}$m/s=25m/s
（3）設(shè)金屬桿的加速度為a，則有：v=at，
故a=$\frac{v}{t}$=$\frac{25}{5}$m/s²=5m/s²；
由牛頓第二定律得：
  F-BIL=ma
則 F=1N
（4）由功能關(guān)系得：W_F=Q+$\frac{1}{2}$mv²=8.75+$\frac{1}{2}×0.1×2{5}^{2}$=40J
（5）若5s末撤去拉力F，導(dǎo)體棒受到向左的安培力而做減速運(yùn)動(dòng)，隨著速度的減小，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流減小，安培力減小，加速度減小，故導(dǎo)體棒做加速度減小的變減速運(yùn)動(dòng)，直至停止．
根據(jù)能量守恒得：撤去拉力F之后回路產(chǎn)生的熱量 Q′=$\frac{1}{2}$mv²=$\frac{1}{2}×0.1×2{5}^{2}$=31.25J
答：
（1）5s末通過(guò)電阻R中的電流大小是5A，方向向下．
（2）5s末金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是2.5V，速度是25m/s．
（3）5s末拉力F的大小是1N．
（4）若0到5s內(nèi)整個(gè)回路產(chǎn)生的熱量Q=8.75J，則這一過(guò)程中拉力F所做的功W為40J．
（5）若5s末撤去拉力F，導(dǎo)體棒受到向左的安培力，導(dǎo)體棒做加速度減小的變減速運(yùn)動(dòng)，直至停止．撤去拉力F之后回路產(chǎn)生的熱量Q′是31.25J．

點(diǎn)評(píng) 此題關(guān)鍵要掌握閉合電路歐姆定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、安培力大小表達(dá)式等公式，明確導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)情況，同時(shí)能結(jié)合圖象的信息來(lái)綜合解題．