题目内容
如图甲所示,长方形金属框abcd(下面简称方框),各边长度为ac=bd=
、ab=cd=l,方框外侧套着一个内侧壁长分别为
及l的U型金属框架MNPQ(下面简称U型框),U型框与方框之间接触良好且无摩擦.两个金属框的质量均为m,PQ边、ab边和cd边的电阻均为r,其余各边电阻可忽略不计.将两个金属框放在静止在水平地面上的矩形粗糙绝缘平面上,将平面的一端缓慢抬起,直到这两个金属框都恰能在此平面上匀速下滑,这时平面与地面的夹角为θ,此时将平面固定构成一个倾角为θ的斜面.已知两框与斜面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力.在斜面上有两条与其底边垂直的、电阻可忽略不计,且足够长的光滑金属轨道,两轨道间的宽度略大于l,使两轨道能与U型框保持良好接触,在轨道上端接有电压传感器并与计算机相连,如图乙所示.在轨道所在空间存在垂直于轨道平面斜向下、磁感强度大小为B的匀强磁场.
(1)若将方框固定不动,用与斜面平行,且垂直PQ边向下的力拉动U型框,使它匀速向下运动,在U形框与方框分离之前,计算机上显示的电压为恒定电压U0,求U型框向下运动的速度多大;
(2)若方框开始时静止但不固定在斜面上,给U型框垂直PQ边沿斜面向下的初速度v0,如果U型框与方框最后能不分离而一起运动,求在这一过程中电流通过方框产生的焦耳热;
(3)若方框开始时静止但不固定在斜面上,给U型框垂直PQ边沿斜面向下的初速度3v0,U型框与方框将会分离.求在二者分离之前U型框速度减小到2v0时,方框的加速度.
注:两个电动势均为E、内阻均为r的直流电源,若并联在一起,可等效为电动势仍为E,内电阻为
的电源;若串联在一起,可等效为电动势为2E,内电阻为2r的电源.
l |
2 |
l |
2 |
(1)若将方框固定不动,用与斜面平行,且垂直PQ边向下的力拉动U型框,使它匀速向下运动,在U形框与方框分离之前,计算机上显示的电压为恒定电压U0,求U型框向下运动的速度多大;
(2)若方框开始时静止但不固定在斜面上,给U型框垂直PQ边沿斜面向下的初速度v0,如果U型框与方框最后能不分离而一起运动,求在这一过程中电流通过方框产生的焦耳热;
(3)若方框开始时静止但不固定在斜面上,给U型框垂直PQ边沿斜面向下的初速度3v0,U型框与方框将会分离.求在二者分离之前U型框速度减小到2v0时,方框的加速度.
注:两个电动势均为E、内阻均为r的直流电源,若并联在一起,可等效为电动势仍为E,内电阻为
r |
2 |
分析:(1)根据导体棒切割磁感线产生电动势公式求出感应电动势,由欧姆定律可以求出速度.
(2)分析棒的运动过程,应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出产生的热量.
(3)由动量守恒定律、感应电动势公式、欧姆定律、安培力公式与牛顿第二定律可以求出加速度.
(2)分析棒的运动过程,应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出产生的热量.
(3)由动量守恒定律、感应电动势公式、欧姆定律、安培力公式与牛顿第二定律可以求出加速度.
解答:解:(1)当U型框以速度v运动时,在与方框分离之前,方框ab边和cd边为外电路,PQ边为电源,它产生的感应电动势E=Blv,
内电路电阻为r,外电路电阻为0.5r,U0=
Blv,
解得:v=
;
(2)由于两金属框在斜面上恰能匀速下滑,所以沿斜面方向两个金属框所受合力为零,因此两个金属框组成的系统沿斜面方向动量守恒.
设二两个金属框一起运动的共同速度为v1,则 mv0=2mv1,解得v1=
v0
两个框产生的焦耳热:Q=
m
-
×2mv12=
m
,
设方框产生的焦耳为Q方,则
=
=
,
解得Q方=
m
,
(3)设U型框速度为2v0时,方框的速度为v2,二框组成的系统沿斜面方向动量守恒,
则3mv0=2mv0+mv2,解得v2=v0
框组成回路的总电动势 E总=2Blv0-Blv0=Blv0,
两框组成回路中的电流 I=
=
=
,
方框受到的安培力即为合外力 F=BIl=
,
根据牛顿第二定律解得此时方框的加速度 a=
=
;
答:(1)U型框向下运动的速度为
.
(2)电流通过方框产生的焦耳热为
mv02.
(3)二者分离之前U型框速度减小到2v0时,方框的加速度为
.
内电路电阻为r,外电路电阻为0.5r,U0=
0.5r |
(r+0.5r) |
解得:v=
3U0 |
Bl |
(2)由于两金属框在斜面上恰能匀速下滑,所以沿斜面方向两个金属框所受合力为零,因此两个金属框组成的系统沿斜面方向动量守恒.
设二两个金属框一起运动的共同速度为v1,则 mv0=2mv1,解得v1=
1 |
2 |
两个框产生的焦耳热:Q=
1 |
2 |
v | 2 0 |
1 |
2 |
1 |
4 |
v | 2 0 |
设方框产生的焦耳为Q方,则
Q方 |
Q |
0.5r |
1.5r |
1 |
3 |
解得Q方=
1 |
12 |
v | 2 0 |
(3)设U型框速度为2v0时,方框的速度为v2,二框组成的系统沿斜面方向动量守恒,
则3mv0=2mv0+mv2,解得v2=v0
框组成回路的总电动势 E总=2Blv0-Blv0=Blv0,
两框组成回路中的电流 I=
E总 |
R总 |
Blv0 |
r+0.5r |
2Blv0 |
3r |
方框受到的安培力即为合外力 F=BIl=
2B2l2v0 |
3r |
根据牛顿第二定律解得此时方框的加速度 a=
F |
m |
2B2l2v0 |
3mr |
答:(1)U型框向下运动的速度为
3U0 |
Bl |
(2)电流通过方框产生的焦耳热为
1 |
12 |
(3)二者分离之前U型框速度减小到2v0时,方框的加速度为
2B2l2v0 |
3mr |
点评:分析清楚物体的运动过程,对导体棒正确受力分析、从能量的角度分析问题是正确解题的关键.
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