Question

6．如图所示，宽为L=2m，足够长的金属导轨MN和M′N′放在倾角为θ=30°的斜面上，在N和N′之间连有一个阻值为R=1.2Ω的电阻，在导轨上AA′处放置一根与导轨垂直、质量为m=0.8kg、电阻为r=0.4Ω的金属滑杆，导轨的电阻不计．用轻绳通过定滑轮将电动小车与滑杆的中点相连，绳与滑杆的连线平行于斜面，开始时小车位于滑轮的正下方水平面上的P处（小车可视为质点），滑轮离小车的高度H=4.0m．在导轨的NN′和OO′所围的区域存在一个磁感应强度B=1.0T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场，此区域内滑杆和导轨间的动摩擦因数为μ=$\frac{\sqrt{3}}{4}$，此区域外导轨是光滑的．电动小车沿PS方向以v=1.0m/s的速度匀速前进时，当小车运动到S点时，滑杆经d=1m的位移由AA’滑到OO’位置．（g取10m/s²）求：

（1）这一过程中通过电阻R的电量．
（2）滑杆滑到OO′位置时感应电流的大小．
（3）若滑杆滑到OO′位置时细绳中拉力为10.1N，滑杆通过OO′位置时的加速度．
（4）若滑杆运动到OO′位置时绳子突然断了，滑杆滑回到AA′时恰好做匀速直线运动，则从到滑杆回到AA′位置过程中，电子R上产生的电热Q为多少？

Answer 1

分析 （1）根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公式求通过R的电量．
（2）由速度分解法求出滑杆滑到OO′位置时的速度，滑杆产生的感应电动势为E=BLv，由欧姆定律求出电流．
（3）由安培力公式F=BIL求出安培力，然后由牛顿第二定律求出加速度．
（4）由平衡条件求出滑杆的速度，由能量守恒定律求出产生的热量．

解答 解：（1）通过电阻R的电量 q=$\overline{I}$t=$\frac{BL\overline{v}t}{R+r}$=$\frac{BLd}{R+r}$=$\frac{1×2×1}{1.2+0.4}$C=1.25C
（2）滑杆运动到OO′位置时，小车通过S点时的速度为v=1.0m/s，绳与水平面的夹角为α，此时滑杆向上滑行的速度：v₁=vcosα=0.6m/s．
滑杆产生感应电动势为 E=BLv₁，产生感应电流为 I=$\frac{E}{R+r}$=$\frac{BL{v}_{1}}{R+r}$=0.75A
（3）滑杆受到的安培力 F_安=BIL=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{1}}{R+r}$
代入数据，可得 F_安=1.5N．
滑杆通过OO′位置时所受摩擦力 f=μmgcosθ=$\frac{\sqrt{3}}{4}$×0.8×10×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=3N．
由牛顿第二定律得：F-mgsinθ-f-F_安=ma，
解得加速度：a=2m/s²．
（4）设滑杆返回运动到AA′位置后做匀速运动的速度为v₂，由平衡条件得：
  mgsinθ=μmgcosθ+$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{2}}{R+r}$
代入数据，可得：v₂=0.4m/s
由能量守恒定律得：Q=$\frac{1}{2}$mv₁²-$\frac{1}{2}$mv₂²+mgdsinθ-μmgdcosθ，
带入数据，可得Q=1.08J
电阻R上产生的热量 Q_R=$\frac{R}{R+r}$Q
解得：Q_R=0.81J．
答：
（1）这一过程中通过电阻R的电量是1.25C．
（2）滑杆滑到OO′位置时感应电流的大小是0.75A．
（3）若滑杆滑到OO′位置时细绳中拉力为10.1N，滑杆通过OO′位置时的加速度是2m/s²．
（4）若滑杆运动到OO′位置时绳子突然断了，滑杆滑回到AA′时恰好做匀速直线运动，则从到滑杆回到AA′位置过程中，电子R上产生的电热Q为0.81J．

点评 本题是一道电磁感应与力学、电学相结合的综合体，考查了求加速度、电阻产生的热量，分析清楚滑杆的运动过程，应用运动的合成与分解、E=BLv、欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律、平衡条件、能量守恒定律即可正确解题；求R产生的热量时要注意，系统产生的总热量为R与r产生的热量之和．