Question

3．如圖所示，U形導(dǎo)線框MNQP水平放置在磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.2T的勻強(qiáng)磁場中，磁感線方向與導(dǎo)線框所在的平面垂直，導(dǎo)線MN和PQ足夠長，導(dǎo)軌間距L為0.5m，橫跨在導(dǎo)線框上的導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量m=0.01Kg，電阻r=0.1Ω，接在NQ間的電阻R=0.4Ω，電壓表為理想電表，其余電阻不計(jì)．若導(dǎo)體棒在F=0.2N水平外力作用下由靜止開始向左運(yùn)動(dòng)，不計(jì)導(dǎo)體棒與導(dǎo)線框間的摩擦．求：
（1）金屬棒運(yùn)動(dòng)的最大速度v_m多大？此時(shí)電壓表的示數(shù)U 是多少？
（2）金屬棒的速度V=$\frac{{V}_{m}}{4}$時(shí)，金屬棒的加速度a為多少？
（3）若在金屬棒運(yùn)動(dòng)達(dá)到最大速度的過程中棒前進(jìn)了5m，則這個(gè)過程整個(gè)電路所產(chǎn)生的熱量Q是多少？
（4）若某一時(shí)刻撤去水平外力，則從該時(shí)刻起，通過導(dǎo)體棒的電荷量為0.1C時(shí)，此過程中導(dǎo)體棒的位移是多大？（設(shè)此過程棒還未停止運(yùn)動(dòng)）

Answer 1

分析 （1）由E=BLv求出感應(yīng)電動(dòng)勢，由歐姆定律求出電流，應(yīng)用安培力公式求出安培力，由平衡條件求出金屬棒的速度，由歐姆定律求出外電壓；
（2）由牛頓第二定律可以求出加速度；
（3）由能量守恒定律可以求出電路產(chǎn)生的焦耳熱；
（4）由歐姆定律求出電流，應(yīng)用電流定義式的變形公式q=It求出電荷量，然后求出位移．

解答 解：（1）勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，物體速度達(dá)到最大值，此時(shí)物體受力平衡．
由平衡條件得：F_外=F_安=BIL  ①
電流：I=$\frac{E}{R+r}$=$\frac{BLv}{R+r}$    ②
外電路電壓：U_外=$\frac{R}{R+r}$E=$\frac{4}{5}$BLv   ③
由①②③解得：v_m=10m/s，U_外=0.8V；
（2）物體在勻速之前，為加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，
由牛頓第二定律得：F-BIL=ma  ③
其中，電流：I=$\frac{E}{R+r}$=$\frac{BLv}{R+r}$   ④
金屬棒的速度：v=$\frac{{v}_{m}}{4}$       ⑤
由③④⑤解得：a=15m/s²；
（3）整個(gè)過程，由能量守恒定律得：
F•s-Q=$\frac{1}{2}$mv_m²-0，解得：Q=0.5J；
（4）感應(yīng)電流：I=$\frac{E}{R+r}$=$\frac{BLv}{R+r}$，
電荷量：q=It=$\frac{BLvt}{R+r}$=$\frac{BLs}{R+r}$，
解得：s=$\frac{q（R+r）}{BL}$=0.5m；
答：（1）金屬棒運(yùn)動(dòng)的最大速度v_m為10m/s，此時(shí)電壓表的示數(shù)U是0.8V；
（2）金屬棒的速度V=$\frac{{V}_{m}}{4}$時(shí)，金屬棒的加速度a為15m/s²；
（3）若在金屬棒運(yùn)動(dòng)達(dá)到最大速度的過程中棒前進(jìn)了5m，則這個(gè)過程整個(gè)電路所產(chǎn)生的熱量Q是0.5J；
（4）若某一時(shí)刻撤去水平外力，則從該時(shí)刻起，通過導(dǎo)體棒的電荷量為0.1C時(shí)，此過程中導(dǎo)體棒的位移是0.5m．

點(diǎn)評 本題是電磁感應(yīng)與電路知識(shí)的綜合的綜合題，是一道常規(guī)題．分析清楚金屬棒的運(yùn)動(dòng)過程、掌握基礎(chǔ)知識(shí)是正確解題的關(guān)鍵．