Question

如圖所示，寬為L=2m、足夠長的金屬導(dǎo)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0.8Ω的電阻R．在導(dǎo)軌上AA′處放置一根與導(dǎo)軌垂直、質(zhì)量為m=0.8kg、電阻r=0.8Ω的金屬滑桿，導(dǎo)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(zhì)點），滑輪離小車的高度H=4.0m．在導(dǎo)軌的NN′和OO′所圍的區(qū)域存在一個磁感應(yīng)強度B=1.0T、方向垂直于斜面向上的勻強磁場，此區(qū)域內(nèi)滑桿和導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ=

3

4

，此區(qū)域外導(dǎo)軌是光滑的（取g=10m/s²）．若電動小車沿PS以v=1.2m/s的速度勻速前進時，滑桿由AA′滑到OO’位置過程中，通過電阻R的電量q=1.25C．g取10m/s²，求：

（1）位置AA′到OO′的距離d；
（2）若滑桿在細(xì)繩作用下通過OO′位置時加速度為a=2m/s²；求此時細(xì)繩拉力；
（3）若滑桿運動到OO′位置時繩子突然斷了，設(shè)導(dǎo)軌足夠長，若滑桿返回到AA′后恰好做勻速直線運動，求從斷繩到滑桿回到AA′位置過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量Q為多少？

Answer 1

分析：（1）金屬棒從靜止開始做勻加速直線運動，由位移公式可求出上滑的位移．由

.

E

=

△Φ

△t

、I=

E

R+r

、q=I△t，出電量q．
（2）由速度公式求出金屬棒通過CC′時的速度大小v，此時感應(yīng)電動勢為E=BLv，感應(yīng)電流為I=

E

R+r

，金屬桿受到的安培力大小為BIL，根據(jù)牛頓第二定律求解外力F的大�。�
（3）對金屬棒運用動能定理求得克服安培力做功，即等于金屬棒放出的熱量Q．

解答：解：（1）滑桿由AA’滑到OO’的過程中切割磁感線，產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢為：

.

E

=

△Φ

△t

=

BLd

△t

．
平均電流為：I=

E

R+r

，
通過電阻R的電荷量為：q=I△t
聯(lián)立解得：d=

q(r+R)

BL

．
代入數(shù)據(jù)得：d=1m．
（2）滑桿運動到OO'位置時，小車通過S點時的速度為v=1.2m/s，設(shè)系繩與水平面的夾角α，則：

H

sinα

-H=d，
解得：sinα=

H

H+d

=0.8，α=53°
小車的速度可視為繩端沿繩伸長方向的速度與垂直于繩長方向的速度的合速度，此時滑桿向上的速度即繩端沿繩長方向的速度為：v₁=vcosα=0.72m/s
 滑桿通過OO’位置時產(chǎn)生的電動勢為：E=BLv₁
產(chǎn)生的感生電流為：I=

E

R+r

=

BLv1

R+r

  
滑桿受到的安培力為：F安=BIL=

B2L2v

R+r

代入數(shù)據(jù)得：F_安=0.18N 
滑桿通過OO’位置時所受摩擦力：
f=μmgcosθ=

3

4

×0.8×10×

3

2

=3N．
由F-mgsinθ-f-F_安=ma，
解得：F=10.4N
（3）滑桿運動到OO'位置時繩子突然斷了，滑桿將繼續(xù)沿斜面上滑，由機械能守恒，可知它再通過OO'的速度大小為0.72m/s，滑桿運動到AA'位置后做勻速運動的速度設(shè)為v₂，有：
mgsinθ=μmgcosθ+

B2L2v2

R+r

代入數(shù)據(jù)得：v₂=0.4m/s
滑桿從OO'滑到AA'的過程中機械能轉(zhuǎn)換成電能最終轉(zhuǎn)化成電熱，由功能關(guān)系有：Q=

1

2

m(

v

2 1

-

v

2 2

)+mgdsinθ-μmgdcosθ
代入數(shù)據(jù)，可得：Q=1.14J
QR=

R

R+r

Q=0.57J
答：（1）位置AA′到OO′的距離為1m；
（2）若滑桿在細(xì)繩作用下通過OO′位置時加速度為a=2m/s²；此時細(xì)繩拉力為10.4N；
（3）電阻R上產(chǎn)生的熱量為0.57J．

點評：本題要掌握兩個經(jīng)驗公式：感應(yīng)電量q=n

△Φ

R+r

和安培力F安=

B2L2v

R+r

．此題從力和能量兩個角度進行研究．