Question

18．如圖甲所示，MN、FQ為間距L=0.5m且足夠長的粗糙平行導軌，NQ⊥MN，導軌的電阻均不計．導軌平面與水平面間的夾角θ=37°，NQ間連接有一個R=4Ω的電阻．有一勻強磁場垂直于導軌平面且方向向上，磁感應強度為B=1T．將一根質量為m=0.05kg、內阻為r的金屬棒ab緊靠NQ放置在導軌上，且與導軌接觸良好．現(xiàn)由靜止釋放金屬棒，當金屬棒滑行至cd處時剛好達到穩(wěn)定速度，已知在此過程中通過金屬棒截面的電量q=0.2C，且金屬棒的加速度a與速度v的關系如圖乙所示，設金屬棒沿導軌向下運動過程中始終與NQ平行．（g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：
（1）金屬棒與導軌平面間的滑動摩擦因數(shù)μ和金屬棒的內阻r；
（2）金屬棒從靜止開始下滑至cd位置的過程中下滑的距離S；
（3）金屬棒從靜止開始滑行至cd位置的過程中，電阻R上產(chǎn)生的電熱Q_R．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)牛頓第二定律，結合安培力的表達式求出加速度與速度的表達式，結合圖線的斜率和截距求出金屬棒與導軌平面間的滑動摩擦因數(shù)μ和金屬棒的內阻r；
（2）根據(jù)電量的表達式$q=n\frac{△Φ}{{R}_{總}}$，通過面積的變化求出金屬棒從靜止開始下滑至cd位置的過程中下滑的距離S；
（3）根據(jù)能量守恒定律求出整個回路產(chǎn)生的焦耳熱，從而根據(jù)電阻關系求出電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱．

解答 解：（1）下滑的過程中，金屬棒所受的安培力${F}_{A}=BIL=\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R+r}$，
根據(jù)牛頓第二定律得，a=$\frac{mgsinθ-\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R+r}-μmgcosθ}{m}$=$gsinθ-μgcosθ-\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{m（R+r）}$，
縱軸截距gsinθ-μgcosθ=2，斜率k=-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}}{m（R+r）}$=-1，
代入數(shù)據(jù)解得μ=0.5，r=1Ω．
（2）根據(jù)q=$\frac{△Φ}{R+r}=\frac{BLS}{R+r}$得，S=$\frac{q（R+r）}{BL}=\frac{0.2×5}{1×0.5}m=2m$．
（3）cd棒穩(wěn)定時，加速度a=0，速度v=2m/s，
根據(jù)能量守恒得，$mgssinθ=μmgcosθ•s+Q+\frac{1}{2}m{v}^{2}$，
代入數(shù)據(jù)解得整個回路產(chǎn)生的焦耳熱Q=0.1J，
則電阻R上產(chǎn)生的熱量${Q}_{R}=\frac{R}{R+r}Q=\frac{4}{4+1}×0.1J=0.08J$．
答：（1）金屬棒與導軌平面間的滑動摩擦因數(shù)μ為0.5，金屬棒的內阻r為1Ω；
（2）金屬棒從靜止開始下滑至cd位置的過程中下滑的距離S為2m；
（3）金屬棒從靜止開始滑行至cd位置的過程中，電阻R上產(chǎn)生的電熱為0.08J．

點評 本題考查了牛頓運動定律、閉合電路毆姆定律，安培力公式、感應電動勢公式，還有動能定理．同時當金屬棒速度達到穩(wěn)定時，則一定是處于平衡狀態(tài)，原因是安培力受到速度約束的．還巧妙用磁通量的變化去求出面積從而算出棒的距離．