Question

20．如图所示，有一长为L=0.2m轻质金属杆OA，一端O可绕光滑轴在竖直平面内转动，另一端A固定可视为质点的质量为m=0.4kg的金属小球．在同一竖直平面内有一段内壁光滑的金属圆弧轨道PQ，对应圆心角θ=30°，上端P与O点等高．另有可变电阻R连接金属杆的O点和圆弧轨道，整个装置处于方向垂直纸面向内、磁感应强度为B=1.1T的匀强磁场中，现将金属小球从最高点由静止释放，金属杆开始顺时针转动，经过圆弧轨道时恰好不挤压但接触良好，并且测得小球第一次到达金属圆弧轨道下端Q点时电阻R两端电压U=0.2V．（金属细杆、金属小球、金属圆弧轨道和导线的电阻均不计，空气阻力不计，重力加速度g=10m/s²），则：
（1）小球第一次到Q点时，试比较A点和O点电势高低；
（2）求小球第一次达到最低点B时对金属杆拉力的大小；
（3）改变磁感应强度B是否影响电阻R上产生的热量？请求出电阻R上产生的热量．

Answer 1

分析 （1）OA转动切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，由右手定则判断电势的高低．
（2）由于金属细杆、金属小球、金属圆弧轨道和导线的电阻均不计，电阻R两端的电压等于OA杆产生的感应电动势，由E=BL$\overline{v}$求小球经过Q点的速度，再由机械能守恒求出小球到达最低点B时速度，由牛顿运动定律求小球第一次达到最低点B时对金属杆拉力．
（3）根据能量守恒分析和求解电阻R上产生的热量．

解答 解：（1）根据右手定则判断知A点的电势比O点的高．
（2）设小球到达Q点时的速度为v，到达B点时的速度为v′．
小球达到Q点时产生的感应电动势为 E=U=0.2V
由E=BL$\overline{v}$=BL$\frac{0+v}{2}$=$\frac{1}{2}BL$v，得 v=$\frac{2E}{BL}$=$\frac{2×0.2}{1.1×0.2}$=$\frac{20}{11}$m/s
小球从Q运动到B的过程中，根据机械能守恒得
   mgL（1-cos60°）=$\frac{1}{2}mv{′}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
在B点，由牛顿第二定律得
   T-mg=m$\frac{v{′}^{2}}{L}$
联立解得  T=2mg+m$\frac{{v}^{2}}{L}$=2×0.4×10+0.4×$\frac{（\frac{20}{11}）^{2}}{0.2}$≈14.6N
由牛顿第三定律得小球第一次达到最低点B时对金属杆拉力的大小是14.6N．
（3）改变磁感应强度B，OA产生的感应电动势受到影响，运动时间受影响，则电阻R上产生的热量将受到影响．
小球从A到Q，由能量守恒定律得：
电阻R上产生的热量为 Q=mgL（1+sin30°）-$\frac{1}{2}m{v}^{2}$=0.4×10×0.2×（1+0.5）-$\frac{1}{2}$×0.4×$（\frac{20}{11}）^{2}$≈5.4J
答：
（1）小球第一次到Q点时，A点的电势比O点的高；
（2）求小球第一次达到最低点B时对金属杆拉力的大小是14.6N；
（3）改变磁感应强度B影响电阻R上产生的热量，电阻R上产生的热量是5.4J．

点评 本题是电磁感应中的力学问题，关键要知道小球的速度与OA杆产生的感应电动势有关，也与小球能量的转化有关，要正确分析能量是如何转化的．