[题目]如图所示.宽为L=2 m.足够长的金属导轨MN和M′N′放在倾角为θ=30°的绝缘斜面上.在N和N′之间连有一个阻值为R=1.2 Ω的电阻.在导轨上处放置一根与导轨垂直.质量为m=0.8 kg.电阻为r=0.4 Ω的金属滑杆.导轨的电阻不计.用轻绳通过定滑轮将一质量为M=1.2kg的小球与滑杆的中点相连.绳与滑杆的连线平行于斜面.在导轨的和� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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【题目】如图所示，宽为L=2 m、足够长的金属导轨MN和M′N′放在倾角为θ=30°的绝缘斜面上，在N和N′之间连有一个阻值为R=1.2 Ω的电阻，在导轨上处放置一根与导轨垂直、质量为m=0.8 kg、电阻为r=0.4 Ω的金属滑杆，导轨的电阻不计，用轻绳通过定滑轮将一质量为M=1.2kg的小球与滑杆的中点相连，绳与滑杆的连线平行于斜面。在导轨的和所围的区域存在一个磁感应强度B=1.0 T、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=，此区域外导轨是光滑的。现将小球和滑杆由静止释放，滑杆经d=1 m的位移由滑到位置时整个电路中产生的电热为Q=4.64J。(g取10 m/s2）求：

（1）滑杆通过位置时的加速度的大小；

（2）若滑杆运动到位置时突然剪断绳子，滑杆滑回到时恰好做匀速直线运动，则从绳断到滑杆回到位置过程中，电阻R上产生的热量Q为多少？

【答案】（1）a=1.75m/s2（2）0.81J

【解析】(1)滑杆由AA′滑到OO′过程中由能量守恒得：

解得：v1=0.6m/s

滑杆运动到OO′位置产生感应电动势E＝BLv1，产生感应电流I＝

受到的安培力F安＝BIL＝

由牛顿第二定律得：Mg-F=Ma

F－mgsin θ－μmgcos θ－F安＝ma

解得加速度：a＝1.75m/s2

(2)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：

mgsin θ＝μmgcos θ＋，代入数据，可得：v2＝0.4 m/s

由能量守恒定律得：Q＝mv12－mv22＋mgdsin θ－μmgdcos θ

代入数据，可得Q＝1.08 J

电阻R上产生的热量Q1＝Q

解得：Q1＝0.81 J

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B. 若v一定，θ越大，则粒子离开磁场的位置距O点越远

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C. A受到的合外力一直在增大

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