Question

19．如图所示，MN、PQ是相互平行的足够长的直导轨，与水平面成37°角倾斜放置，其间距l=0.2m，R₁、R₂是连在导轨两端的电阻，R₁=R₂=0.8Ω，ab是跨接在导轨上质量m=0.1kg，长度L=0.3m的粗细均匀的导体棒，导体棒的总电阻r=0.3Ω，空间存在B=0.5T，方向斜向上与斜面轨道垂直的匀强磁场，如图1所示，从零时刻开始，通过微型电动机对ab棒施加一个牵引力F，沿斜面轨道平行向上，使其从静止开始沿导轨做加速运动，2s末牵引力F的功率是2.64W，此过程中导体棒始终保持与导轨垂直且接触良好，图2是棒3s内的速度-时间图象，除R₁、R₂及导体棒的总电阻以外，其余部分的电阻均不及，g=10m/s²．

（1）求导体棒与导轨间的动摩擦因数；
（2）如果牵引力F从静止起作用3s后突然变为大小为0.73N的恒力，方向不变，求这之后电阻R₁消耗的最小功率．

Answer 1

分析 （1）根据图象2求出金属棒的加速度，再对t=2s时根据牛顿第二定律列式求解；
（2）如果牵引力F从静止起作用3s后突然变为大小为0.73N的恒力，方向不变，之后金属棒做加速度减小的减速运动，当加速度为零后匀速直线运动，在此过程中匀速运动的速度为最小速度，此时电阻R₁消耗的功率最小，根据功率公式和闭合电路欧姆定律、受力平衡列式求解即可．

解答 解：（1）由图2得金属棒的加速度为：$a=\frac{△v}{△t}=\frac{3}{2}m/{s}^{2}=1.5m/{s}^{2}$，
2s末金属棒的速度为3m/s，牵引力F的功率是2.64W，根据P=Fv得：
2s末金属棒受到的外力为：${F}_{1}=\frac{P}{v}=\frac{2.64}{3}N=0.88N$  ①
由牛顿第二定律得：F₁-mgsin37°-BIl-μmgcos37°=ma   ②
由闭合电路欧姆定律得：$I=\frac{E}{R+r}$  ③
其中$R=\frac{{R}_{1}{R}_{2}}{{R}_{1}+{R}_{2}}$  E=Blv④
①②③④联立解得：μ=0.04  ⑤
（2）牵引力F从静止起作用3s后突然变为大小为0.73N的恒力后金属棒做减速运动，当加速度为零时速度最小
根据平衡得：F₂-mgsin37°-BI′l-μmgcos37°=0    ⑥
电阻R₁消耗的最小功率为：${P}_{{R}_{1}}=（\frac{1}{2}I′）^{2}{R}_{1}$  ⑦
⑤⑥⑦联立求解得：${P}_{{R}_{1}}=0.09W$
答：（1）求导体棒与导轨间的动摩擦因数为0.04；
（2）电阻R₁消耗的最小功率为0.09W．

点评 本题考查闭合电路欧姆定律与安培力的结合，要注意正确作出受力分析，根据共点力的平衡和牛顿第二定律列式求解．