Question

11．如圖所示，間距為L的兩根平行長直金屬導(dǎo)軌ab、cd與水平面的夾角為θ，導(dǎo)軌上端接有阻值為R的電阻．一根電阻為3R的均勻直導(dǎo)體棒MN垂直放在兩導(dǎo)軌上．整個裝置處于方向垂直斜面向下、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，MN由靜止釋放后沿導(dǎo)軌運動，位移大小為s時開始以最大速度v_m做勻速運動．MN在運動過程中與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻及一切摩擦均不計，重力加速度大小為g．求：
（1）MN的質(zhì)量m和MN在勻速運動過程中的熱功率P；
（2）從MN由靜止釋放到開始勻速運動的過程中電阻R產(chǎn)生的熱量Q；
（3）從MN由靜止釋放到開始勻速運動所經(jīng)歷的時間t．

Answer 1

分析 （1）對導(dǎo)體受力情況進行分析，由共點力的平衡條件可求得棒的質(zhì)量；根據(jù)功率公式可求得熱功率P；
（2）根據(jù)能量守恒定律可求得從MN由靜止釋放到開始勻速運動的過程中電阻R產(chǎn)生的熱量Q；
（3）由牛頓第二定律采用微元法進行分析，則可求得所經(jīng)歷的時間．

解答 解：（1）MN受力如圖所示；MN在勻速運動過程中受力平衡，有mgsinθ=BIL
MN切割磁感線產(chǎn)生的電動勢E=BLv_m
由閉合電路歐姆定律可得：
E=I（R+3R）
聯(lián)立解得：MN的質(zhì)量m=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{m}}{4Rgsinθ}$
MN在勻速運動過程中的熱功率P=I²•3R；
解得：P=$\frac{3{B}^{2}{L}^{2}{v}_{m}}{16R}$；
（2）根據(jù)能量守恒定律有：
mgssinθ=$\frac{1}{2}$mv_m²+Q_總
根據(jù)焦耳定律有：
$\frac{Q}{R}$=$\frac{{Q}_{總}}{R+3R}$
得Q=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{m}}{16Rgsinθ}$（sgsinθ-$\frac{1}{2}$v_m²）
（3）MN從靜止開始，根據(jù)牛頓第二定律，有
mgsinθ-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{4R}$=m$\frac{△v}{△t}$
兩邊同乘以△t，并求和有：
mgsinθ$\sum_{\;}^{\;}△t$-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}\sum_{\;}^{\;}V△t}{4R}$=m∑△v
即mgsinθt-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}S}{4R}$=mvm
解得：t=$\frac{s}{{v}_{m}}$+$\frac{{v}_{m}}{gsinθ}$
答：（1）MN的質(zhì)量m$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{m}}{4Rgsinθ}$；MN在勻速運動過程中的熱功率P$\frac{3{B}^{2}{L}^{2}{v}_{m}}{16R}$；
（2）從MN由靜止釋放到開始勻速運動的過程中電阻R產(chǎn)生的熱量Q為$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{m}}{16Rgsinθ}$（sgsinθ-$\frac{1}{2}$v_m²）；
（3）從MN由靜止釋放到開始勻速運動所經(jīng)歷的時間t為$\frac{s}{{v}_{m}}$+$\frac{{v}_{m}}{gsinθ}$

點評 本題考查了判斷電流方向、求電流大小、求加速度、求最大速度，應(yīng)用右手定則、E=BLv、歐姆定律、安培力公式、牛頓第二定律、平衡條件即可正確解題．