Question

3．如图所示，图甲中的100匝的线圈（图中只画了2匝）两端A、B与两根足够长的平行导轨相连，导轨间有垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度B=1.0T，导轨间距离l=1.0m，导轨上有金属棒PQ质量为m=0.5kg，可贴着导轨运动，金属棒与导轨间的动摩擦因数位μ=0.2，金属棒始终保持与导轨垂直且接触良好，线圈的电阻r=5Ω，金属棒的电阻为R=20Ω，其他电阻不计，线圈内有垂直纸面向外的磁场，线圈中的磁通量按图乙所示的规律变化，求：

（1）电路接通后，t=0时刻，金属棒PQ产生的加速度的大小和方向；
（2）电路达到稳定后，金属棒PQ的运动速度和消耗的电功率．

Answer 1

分析 （1）t=0时刻，线圈相当于电源，根据法拉第电磁感应定律列式求解感应电动势，根据欧姆定律求解电流，根据牛顿第二定律列式求解加速度；
（2）电路达到稳定后，金属棒做匀速直线运动，根据法拉第电磁感应定律和切割公式求解电动势，利用欧姆定律求解电流，根据平衡条件列式求解速度大小；

解答 解：（1）根据法拉第电磁感应定律，有感应电动势为
${E}_{1}^{\;}=n\frac{△Φ}{△t}$=$100×\frac{0.15-0.10}{0.1}$V=50V
根据楞次定律，感应电流沿顺时针方向，再由左手定则，PQ所受安培力水平向右
由闭合电路欧姆定律得${I}_{1}^{\;}=\frac{{E}_{1}^{\;}}{R+r}=\frac{50}{20+5}A=2A$
对PQ棒：B${I}_{1}^{\;}$l-μmg=ma
代入数据：1.0×2×1.0-0.2×0.5×10=0.5a
解得$a=2m/{s}_{\;}^{2}$，方向水平向右
（2）金属棒向右运动后产生的动生电动势为${E}_{2}^{\;}=Blv$
根据右手定则可判断，动生电动势与感生电动势的方向相反，故整个电路的合电动势为$E={E}_{1}^{\;}-{E}_{2}^{\;}=n\frac{△Φ}{△t}-Blv$=50-1.0×1.0v=50-v
电路达到稳定时电路中的电流恒定，金属棒做匀速直线运动，则${I}_{2}^{\;}=\frac{E}{R+r}$=$\frac{50-v}{25}$
根据受力平衡$B{I}_{2}^{\;}l=μmg$
代入数据$1.0×\frac{50-v}{25}×1.0=0.2×0.5×10$
解得v=25m/s
则${I}_{2}^{\;}=1A$
此时金属棒上消耗的电功率$P={I}_{2}^{2}R={1}_{\;}^{2}×20=20W$
答：（1）电路接通后，t=0时刻，金属棒PQ产生的加速度的大小2$m/{s}_{\;}^{2}$，方向水平向右；
（2）电路达到稳定后，金属棒PQ的运动速度25m/s，消耗的电功率为20W

点评 本题关键是明确有两个部分产生感应电动势，而且产生的感应电动势是相反的，要根据法拉第电磁感应定律和切割公式列式分析，同时要结合牛顿第二定律和平衡条件列式分析，不难．