Question

11．如圖所示，一矩形金屬框架與水平面成θ=37°角，寬L=0.4m，上、下兩端各有一個(gè)電阻R₀=2Ω，框架的其他部分電阻不計(jì)，框架足夠長(zhǎng)，垂直于金屬框平面的方向有一向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.0T．a(chǎn)b為金屬桿，與框架良好接觸，其質(zhì)量m=0.1Kg，桿電阻r=1.0Ω，桿與框架的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5．桿由靜止開(kāi)始下滑，在速度達(dá)到最大的過(guò)程中，上端電阻R₀產(chǎn)生的熱量Q₀=0.5J．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）當(dāng)ab桿的速度為v₁=1.25m/s時(shí)ab桿的加速度為多少？
（2）求ab桿的最大速度及從開(kāi)始到速度最大的過(guò)程中ab桿沿斜面下滑的距離；
（3）從開(kāi)始到最大速度的過(guò)程中通過(guò)上端電阻R₀的電量為多少？

Answer 1

分析 （1）當(dāng)ab桿的速度為v₁=1.25m/s時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由歐姆定律求出感應(yīng)電流．根據(jù)牛頓第二定律和安培力公式求解加速度．
（2）ab桿勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大，由安培力公式求出安培力，然后由平衡條件求出最大速度．由能量守恒定律求出滑行距離．
（3）求出感應(yīng)電流的平均值，由電流定義式求出電荷量．

解答 解：（1）當(dāng)ab桿的速度為v₁時(shí)電動(dòng)勢(shì)為：E=BLv₁…①
由閉合電路歐姆定律得：
 I=$\frac{E}{r+\frac{1}{2}{R}_{0}}$…②
由牛頓第二定律得
 mgsinaθ-BIL-μmgcosθ=ma…③
聯(lián)立①②③解之得：a=1m/s²
（2）當(dāng)ab桿平衡時(shí)達(dá)到最大速度，由此得：
 BI_mL+μmgcosθ=mgsinaθ …④
${I_m}=\frac{（sinθ-μcosθ）mg}{BL}=\frac{（0.6-0.5×0.8）}{1.0×0.4}A=0.5A$…⑤
流過(guò)R₀的最大電流為：I₀=$\frac{1}{2}{I}_{m}$=0.25A…⑥
感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：?=IR_總=0.5×2V=1.0V…⑦
此時(shí)桿的速度為：${v_m}=\frac{ε}{BL}=\frac{1.0}{1.0×0.4}m/s=2.5m/s$…⑧
有能量守恒得：$mgSsinθ=\frac{1}{2}mv_m^2+μmgScosθ+{Q_總}(cāng)$…⑨
由圖得：Q_總=4Q_o=2 J        
聯(lián)立解得：S=11.56m
（3）平均電動(dòng)勢(shì)為：$\overline E=BL\overline v$…⑩
由閉合電路歐姆定律得：$\overline{I}$=$\frac{\overline{E}}{r+\frac{1}{2}{R}_{0}}$…⑪
通過(guò)上端電阻R₀的電量為：$q=\frac{\overline I}{2}t$=$\frac{1}{2}$•$\frac{BLS}{r+\frac{1}{2}{R}_{0}}$=1.156（C）
答：（1）當(dāng)ab桿的速度為v₁=1.25m/s時(shí)ab桿的加速度為1m/s²．
（2）ab桿的最大速度是2.5m/s．從開(kāi)始到速度最大的過(guò)程中ab桿沿斜面下滑的距離是11.56m；
（3）從開(kāi)始到最大速度的過(guò)程中通過(guò)上端電阻R₀的電量為1.156C．

點(diǎn)評(píng) 本題熟練運(yùn)用法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律求安培力、由法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律求感應(yīng)電量是關(guān)鍵．感應(yīng)電量經(jīng)驗(yàn)公式q=$\frac{△Φ}{R+r}$可理解記�。�