Question

5．如圖，POQ是折成60°角的固定于豎直平面內(nèi)的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌關(guān)于豎直軸線對稱，OP=OQ=L=$\sqrt{3}$m，整個(gè)裝置處在垂直導(dǎo)軌平面向里的足夠大的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化規(guī)律為B=1-8t（T）．一質(zhì)量為1kg、長為L、電阻為1Ω、粗細(xì)均勻的導(dǎo)體棒鎖定于OP、OQ的中點(diǎn)a、b位置．當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)锽₁=0.5T 后保持不變，同時(shí)將導(dǎo)體棒解除鎖定，導(dǎo)體棒向下運(yùn)動(dòng)，離開導(dǎo)軌時(shí)的速度為v=3.6m/s．導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終保持良好接觸，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g=10m/s²．求導(dǎo)體棒：
（1）解除鎖定前回路中電流的大小及方向；
（2）滑到導(dǎo)軌末端時(shí)的加速度大�。�
（3）運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律列式求解感應(yīng)電動(dòng)勢大小，根據(jù)歐姆定律求解感應(yīng)電流大小，根據(jù)楞次定律和安培定則判斷感應(yīng)電流的方向；
（2）根據(jù)切割公式求解感應(yīng)電動(dòng)勢，根據(jù)歐姆定律求解感應(yīng)電流，根據(jù)安培力公式求解安培力，根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度；
（3）根據(jù)能量守恒定律列式求解運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱．

解答 解：（1）解除鎖定前，感應(yīng)電動(dòng)勢為：
E=$\frac{△Φ}{△t}$=S$\frac{△B}{△t}$=$\frac{1}{2}L×Lcos30°×\frac{△B}{△t}$=$\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{3}}{2}×（\frac{\sqrt{3}}{2}×cos30°）×8=\frac{3\sqrt{3}}{2}$V；
感應(yīng)電流為：I=$\frac{E}{\frac{1}{2}R}$=$\frac{\frac{3}{2}\sqrt{3}V}{\frac{1}{2}Ω}=3\sqrt{3}A$；
由楞次定律知，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向；
（2）滑到導(dǎo)軌末端時(shí)的，感應(yīng)電動(dòng)勢為：E=BLv=0.5×$\sqrt{3}$×3.6=1.8$\sqrt{3}$V，
感應(yīng)電流為：I=$\frac{E}{R}=\frac{1.8\sqrt{3}}{1}=1.8\sqrt{3}A$，
安培力為：F=BIL=0.5×1.8$\sqrt{3}$×$\sqrt{3}$=2.7N；
根據(jù)牛頓第二定律，有：mg-F=ma，
解得：a=g-$\frac{F}{m}$=10-$\frac{2.7}{1}$=7.3m/s²；
（3）由能量守恒得：mgh=$\frac{1}{2}$mv²+Q
h=$\frac{\sqrt{3}}{4}$L
解得：Q=$\frac{\sqrt{3}mgL}{4}$-$\frac{1}{2}$mv²=$\frac{\sqrt{3}×1×10×\sqrt{3}}{4}-\frac{1}{2}×1×3．{6}^{2}$=1.02J；
答：（1）解除鎖定前回路中電流的大小為$3\sqrt{3}$A，方向是順時(shí)針；
（2）滑到導(dǎo)軌末端時(shí)的加速度大小為7.3m/s²；
（3）運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱為1.02J．

點(diǎn)評 本題是滑軌問題，關(guān)鍵是結(jié)合切割公式、法拉第電磁感應(yīng)定律公式、歐姆定律公式、安培力公式列式求解，同時(shí)要結(jié)合牛頓第二定律和能量守恒定律列式求解．