Question

7．如图所示，两足够长电阻不计的光滑平行金属导轨MN、PQ相距L=1m，导轨平面与水平面夹角α=37°，导轨空间内存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，长为L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，金属棒的质量m=0.1kg、电阻为r=8Ω，两金属导轨的上端连接右端电路，定值电阻R₁=12Ω，R₂=6Ω，开关S未闭合，已知g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8．试求：
（1）若磁感应强度随时间变化满足B=2t+1（T），金属棒由距导轨顶部1m处释放，求至少经过多长时间释放，会获得沿斜面向上的加速度．
（2）若匀强磁场大小为B₁=2T，现对金属棒施加一个平行于导轨沿斜面向下的外力F，是金属棒沿导轨向下做加速度为a=10m/s²的匀速直线运动，外力F与时间t应满足什么样的关系．
（3）若匀强磁场大小为B₁=$\frac{3\sqrt{5}}{5}$T，现将金属棒从顶部静止释放并闭合开关S，棒刚好达到最大速度之时，R₂上已产生的总热量为Q_R2=$\frac{16}{45}$J，则此过程金属棒下滑的距离为多大？

Answer 1

分析 （1）根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律求解感应电流，根据共点力的平衡条件求解时间；
（2）根据牛顿第二定律结合安培力的计算公式列方程求解外力F与时间t应满足的关系；
（3）根据共点力的平衡条件求解最大速度，根据焦耳定律分析产生的总热量，根据动能定理求解金属棒下滑的距离．

解答 解：（1）释放前回路中产生的感应电动势E₁=$\frac{△B}{△t}•S$=2×1×1V=2V，
感应电流为I=$\frac{{E}_{1}}{{R}_{1}+r}=\frac{2}{20}A=0.1A$，
设经过t时间加速度方向向上，则有：BIL=mgsinα，
即（2t+1）×0.1×1=0.1×10×sin37°
解得：t=2.5s；
（2）经过时间t的速度大小为v=at，
产生的感应电动势E₂=B₁Lv=B₁Lat，
感应电流I₁=$\frac{{E}_{1}}{{R}_{1}+r}$，
根据牛顿第二定律可得：F+mgsin37°-B₁I₁L=ma，
解得：F=2t+0.4 （N）；
（3）R₁、R₂并联后的总电阻为R=$\frac{{R}_{1}{R}_{2}}{{R}_{1}+{R}_{2}}=\frac{12×6}{12+6}Ω=4Ω$，
设最大速度为v_m，根据共点力的平衡条件可得：
$mgsin37°=\frac{{B}_{1}^{2}{L}^{2}{v}_{m}}{R+r}$，
解得：v_m=1.8m/s，
根据$Q=\frac{{U}^{2}}{R}t$可得R₁上产生的热量为Q₁=$\frac{{R}_{2}}{{R}_{1}}{Q}_{R2}=\frac{1}{2}×\frac{16}{45}J=\frac{8}{45}J$，
根据Q=I²Rt可得：导体棒产生的焦耳热Q_r=$\frac{r}{R+r}（{Q}_{1}+{Q}_{R2}）$=$\frac{8}{4+8}×（\frac{16}{45}+\frac{8}{45}）J$=$\frac{16}{45}$J；
所以整个过程中产生的热量为Q_总=Q₁+Q_r+Q_R1=$\frac{8}{9}J$；
整个过程中根据动能定理可得：mgsin37°•x-Q_总=$\frac{1}{2}m{v}_{m}^{2}$-0，
解得：x=1.75m．
答：（1）至少经过2.5s释放，会获得沿斜面向上的加速度；
（2）外力F与时间t应满足的关系为F=2t+0.4 （N）；
（3）此过程金属棒下滑的距离为1.75m．

点评 对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下物体的平衡问题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键．