Question

20．如图所示，倾角为θ=30°、足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ相距L₁=0.4m，B₁=5T的匀强磁场垂直导轨平面向上．一质量m=1.6kg的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，其电阻r=1Ω．金属导轨上端连接右侧电路，R₁=1Ω，R₂=1.5Ω．R₂两端通过细导线连接质量M=0.6kg的正方形金属框cdef，每根细导线能承受的最大拉力F_m=3.6N，正方形边长L₂=0.2m，每条边电阻r₀=1Ω，金属框处在一方向垂直纸面向里、B₂=3T的匀强磁场中．现将金属棒由静止释放，不计其他电阻及滑轮摩擦，取g=10m/s²．求：
（1）电键S断开时棒ab下滑过程中的最大速度v_m；
（2）电键S闭合，细导线刚好被拉断时棒ab的速度v；
（3）若电键S闭合后，从棒ab释放到细导线被拉断的过程中棒ab上产生的电热Q=2J，此过程中棒ab下滑的高度h．

Answer 1

分析 （1）金属棒ab先加速下滑，加速度减小，后匀速下滑，速度达到最大．由欧姆定律、感应电动势和安培力公式推导出安培力的表达式，根据平衡条件求解最大速度．
（2）将每根细导线能承受的最大拉力F_m=3.6N代入（1）的结论，并结合电路的特点即可解答；
（3）金属棒由静止开始下滑s的过程中，重力和安培力对棒做功，棒的重力势能减小转化为棒的动能和电路的内能，根据能量守恒列式可求出ab棒下滑的高度h．

解答 解：（1）电键S断开时，ab棒沿导轨变加速下滑，速度最大时合力为0，根据物体平衡条件和法拉第电磁感应定律有：mgsinθ-B₁IL₁=0…①
又：E_m=B₁L₁v_m…②
$I=\frac{E_m}{{r+{R_1}+{R_2}}}$…③
联解①②③代入数据得：
v_m=7m/s…④
（2）闭合S后，ab棒沿导轨下滑切割磁感线，R₂与线框cd边及cfed部分组成并联电路，设并联部分电阻为R，细导线刚被拉断时通过ab棒的电流为I₁，通过R₂的电流为I₂，通过金属框部分的电流为I₃，则：E=B₁L₁v…⑤
$\frac{1}{R}=\frac{1}{R_2}+\frac{1}{r_0}+\frac{1}{{3{r_0}}}$…⑥
${I_1}=\frac{E}{{r+{R_1}+R}}$…⑦
I₁=I₂+I₃…⑧
对金属框，由物体平衡条件有：2F_m-Mg-B₂I₃L₂=0…⑨
联解⑤⑥⑦⑧⑨代入数据得：v=3.75m/s…⑩
（3）当棒下滑高度为h时，棒上产生的热量为Q，R₁上产生的热量为Q₁，R₂及金属框并联部分产生的总热量为Q₂，根据能量转化与守恒定律有：$mgh=\frac{1}{2}m{v^2}+Q+{Q_1}+{Q_2}$…⑪
由焦耳定律和电路结构关系有：$\frac{Q_1}{R_1}=\frac{Q_2}{R}=\frac{Q}{r}$…⑫
联解⑪⑫代入数据得：h≈1.02m…⑬
答：（1）电键S断开时棒ab下滑过程中的最大速度是7m/s；
（2）电键S闭合，细导线刚好被拉断时棒ab的速度是3.75m/s；
（3）若电键S闭合后，从棒ab释放到细导线被拉断的过程中棒ab上产生的电热Q=2J，此过程中棒ab下滑的高度1.02m．

点评 本题考查了电路知识、电磁感应和力学知识，分析和计算安培力和能量如何转化是两个关键．