Question

6．如圖所示，兩條金屬導(dǎo)軌相距L=1m，水平部分處在豎直向下的勻強磁場B₁中，其中MN段平行于PQ段，位于同一水平面內(nèi)，NN₀段與QQ₀段平行，位于與水平面成傾角37°的斜面內(nèi)，且MNN₀與PQQ₀均在豎直平面內(nèi)．在水平導(dǎo)軌區(qū)域和傾斜導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)分別有垂直于水平面和斜面的勻強磁場B₁和B₂，且B₁=B₂=0.5T；ab和cd是質(zhì)量均為m=0.2kg、電阻分別為R_ab=0.5Ω和R_cd=1.5Ω的兩根金屬棒，ab置于水平導(dǎo)軌上，與水平導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，cd置于光滑的傾斜導(dǎo)軌上，均與導(dǎo)軌垂直且接觸良好．從t=0時刻起，ab棒在水平外力F₁作用下由靜止開始以a=2m/s²的加速度向右做勻加速直線運動，cd棒在平行于斜面方向的力F₂的作用下保持靜止狀態(tài)．不計導(dǎo)軌的電阻．水平導(dǎo)軌足夠長，ab棒始終在水平導(dǎo)軌上運動，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s²．求：

（1）t=5s時，cd棒消耗的電功率；
（2）從t=0時刻起，2.0s內(nèi)通過ab棒的電荷量q；
（3）規(guī)定圖示F₁、F₂方向作為力的正方向，分別求出F₁、F₂隨時間t變化的函數(shù)關(guān)系；
（4）若改變F₁和F₂的作用規(guī)律，使ab棒的運動速度v與位移x滿足v=0.4x，cd棒仍然靜止在傾斜軌道上，求ab棒從靜止開始到x=5m的過程中，F(xiàn)₁所做的功．

Answer 1

分析 （1）MN向右運動切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，相當(dāng)于電源，PQ相當(dāng)于外電路．要求PQ消耗的功率，要先MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，由歐姆定律求出電路中電流，即可求得功率．
（2）先由運動學(xué)位移公式求出t=2.0s時間內(nèi)棒MN通過的位移，從而確定出穿過回路MNQP磁通量的變化量△φ，由法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律和電流的定義式推導(dǎo)出電量表達式q=$\frac{△∅}{{R}_{總}}$，即可求解通過PQ的電量．
（3）先根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律得出電路中電流與時間的關(guān)系式，求F₁可對MN運用牛頓第二定律，求F₂可對PQ根據(jù)平衡條件求解．
（4）由題v=0.4x，速度v與位移x成正比，可知電流I、安培力也與位移x成正比，可安培力的平均值求解安培力做的功，再對MN棒運用動能定理求解F₁所做的功

解答 解：（1）金屬棒ab在5s時的速度
ν_t=at=2×5m/s=10m/s
電動勢　E=BLν_t=0.5×1×10V=5V
此時電流　$I=\frac{E}{{{R_{ab}}+{R_{cd}}}}=\frac{5}{0.5+1.5}A=2.5A$
所以：${P_{cd}}={I^2}{R_{cd}}={2.5^2}×1.5W≈9.38W$
（2）t=0～2.0s時間內(nèi)金屬棒ab運動的位移$x=\frac{1}{2}a{t^2}=\frac{1}{2}×2×{2^2}m=4m$
t=0～2.0s時間內(nèi)穿過閉合回路磁通量的變化量為△φ=B₁Lx=0.5×1×4Wb=2Wb
t=0～2.0s時間內(nèi)通過ab棒的電荷量為$q=\overline It=\frac{\overline E}{{{R_{ab}}+{R_{cd}}}}t=\frac{△φ}{{{R_{ab}}+{R_{cd}}}}=\frac{2}{0.5+1.5}C=1C$
（3）金屬棒ab在做勻加速直線運動的過程中，電流和時間的關(guān)系為$I=\frac{BLν}{{{R_{ab}}+{R_{cd}}}}=\frac{BLat}{{{R_{ab}}+{R_{cd}}}}=\frac{0.5×1×2t}{0.5+1.5}=0.5t（A）$
對金屬棒ab由牛頓第二定律有：F₁-B₁Il-μmg=ma
得：F₁=1.4+0.25t（N
對金屬棒cd由平衡條件有：F₂+B₂Il-mgsin37°=0
得：F₂=1.2-0.25t（N）
（4）ab棒做變加速直線運動，當(dāng)x=5m時，
ν_t=0.4×5=2（m/s）
因為速度與位移成正比，所以電流、安培力也與位移成正比，
${F_安}={B_1}IL=\frac{{B_1^2{L^2}ν}}{{{R_{ab}}+{R_{cd}}}}=\frac{{{{0.5}^2}×{1^2}×0.4x}}{0.5+1.5}=0.05x$（N）
$\overline{F_安}=\frac{1}{2}×0.05×5=0.125（N）$
所以，${W_安}=-\overline{F_安}×5=-0.125×5=-0.625（J）$
根據(jù)動能定理，得${W_{F_1}}+{W_安}-μ{m_{\;}}gx=\frac{1}{2}mν_t^2-0$
所以，${W_{F_1}}=\frac{1}{2}{m_{\;}}ν_t^2-{W_安}+μmgx=6.025J$
答：（1）t=5s時，PQ消耗的電功率為9.38W；
（2）t=0～2.0s時間內(nèi)通過PQ棒的電荷量為1C；
（3）F₁隨時間t變化的函數(shù)關(guān)系為F₁=（1.4+0.25t）N，F(xiàn)₂隨時間t變化的函數(shù)關(guān)系為F₂=（1.2-0.25t）N；
（4）MN棒從靜止開始到s=5m的過程中，F(xiàn)₁所做的功為6.025J

點評 本題是雙桿類型，分別研究它們的情況是基礎(chǔ)，運用力學(xué)和電路、電磁感應(yīng)的規(guī)律研究MN棒，其中對于感應(yīng)電荷量，要熟悉一般表達式q=n$\frac{△∅}{{R}_{總}}$，知道△φ與棒的位移有關(guān)．對于功，動能定理是常用的求解方法，本題關(guān)鍵要抓住安培力與位移是線性關(guān)系，安培力的平均值等于初末時刻的平均值．