Question

20．如圖（1），在勻強磁場中有兩根傾斜、長S=40m的平行金屬導軌，導軌間距L=1m，導軌平面與水平面的夾角θ=30°，勻強磁場的磁感應強度B=0.3T，垂直導軌平面斜向上．在一個平行于導軌的變力F作用下（F從零開始增加），一根質(zhì)量m=0.1kg的導體棒從導軌的頂端由靜止開始沿導軌勻加速下滑，下滑20m后撤去變力F，導體棒一直下滑至導軌底端．導體棒始終與導軌垂直，與導軌的動摩擦因數(shù)μ=$\frac{\sqrt{3}}{6}$，接在兩導軌頂端的電阻R=3Ω，其他部分電阻均不計，重力加速度g為10m/s²．求：

（1）導體棒下滑20m時的速度大�。�
（2）導體棒下滑20m內(nèi)流過電阻R的電量；
（3）在圖（2）中畫出導體棒下滑20m內(nèi)外力F隨位移S變化的圖象（在坐標軸上標出關(guān)鍵點），并求出導體棒下滑20m時外力F的瞬時功率；
（4）撤去外力F后導體棒沿軌道下滑，能否最終達到勻速？請通過合理的計算、推導等給出理由和結(jié)論．

Answer 1

分析 （1）導體棒由靜止開始沿導軌勻加速下滑，加速度不變，由初始狀態(tài)，求出加速度，再由運動學規(guī)律求出速度．
（2）根據(jù)法拉第電磁感應定律和歐姆定律求出電流的平均值，再由電流平均值乘以時間得到電量．
（3）根據(jù)安培力公式得到安培力的表達式，由于外力與安培力相等，得到外力表達式，即可作圖．
（4）根據(jù)撤去外力后導體棒能通過的位移與導軌剩下的距離20m比較，作出判斷．

解答 解：（1）導體棒的初速度v₀=0，安培力 F_安=0，外力F=0，
由牛頓第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma，
解得：a=gsinθ-μgcosθ=10×$\frac{1}{2}$-$\frac{\sqrt{3}}{6}$×10×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=2.5m/s²，
故導體棒下滑20m時的速度大小：v=$\sqrt{2a{s}_{1}}$=$\sqrt{2×2.5×20}$=10m/s；
（2）導體棒下滑20m內(nèi)流過電阻R的電量
q=$\overline{I}$△t=$\frac{\overline{E}}{R}$△t=$\frac{△Φ}{R△t}$•△t=$\frac{△Φ}{R}$=$\frac{BL{s}_{1}}{R}$=$\frac{0.3×1×20}{3}$=2C；
（3）由牛頓第二定律可知，
外力：F=F_安=BIL=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}\sqrt{2as}}{R}$=$\frac{0．{3}^{2}×{1}^{2}×\sqrt{2×2.5×s}}{3}$=$\frac{3\sqrt{5s}}{100}$N
作出外力F隨位移S變化的圖象如圖所示：
導體棒下滑20m時外力F的瞬時功率：P=Fv=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}^{2}}{R}$=$\frac{0．{3}^{2}×{1}^{2}×1{0}^{2}}{3}$=3W；
（4）不能．因為：
剛撤力F時，mgsinθ-μmgcosθ-B•$\frac{BLv}{R}$•L=ma′，a′=-0.5m/s²，導體棒做加速度不斷減小的減速下滑；
若達到勻速：mgsinθ-μmgcosθ-B•$\frac{BL{v}_{勻}}{R}$•L=0，解得：v_勻=$\frac{25}{3}$m/s，
若以-0.5m/s²加速度一直勻減速下滑，用時$\frac{10}{3}$s達到$\frac{25}{3}$m/s，v-t圖象圍成的“面積”為$\frac{275}{9}$m，
大于導軌剩下的距離20m（實際下滑過程加速度絕對值逐漸減小，位移大于$\frac{275}{9}$m），所以不能達到勻速．
答：（1）導體棒下滑20m時的速度大小為10m/s；
（2）導體棒下滑20m內(nèi)流過電阻R的電量是2C；
（3）作出外力F隨位移S變化的圖象如圖所示．導體棒下滑20m時外力F的瞬時功率為3W．
（4）撤去外力F后導體棒沿軌道下滑，最終不能達到勻速．

點評 本題是電磁感應中的綜合題，關(guān)鍵要正確分析導體棒的情況，綜合運用電磁學知識和力學知識進行解答．對于電磁感應中電量問題，也可用I-t圖象圍成的面積求．