Question

8．如图所示，MN、PQ为间距L=0.5m足够长的平行导轨，NQ⊥MN．导轨平面与水平面间的夹角θ=37°，NQ间连接有一个R=5Ω的电阻．有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感强度为B₀=1T．将一根质量为m=0.05kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻均不计．现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，当金属棒滑行至cd处时已经达到稳定速度，cd距离NQ为s=2m．试解答以下问题：（g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）请定性说明金属棒在达到稳定速度前的加速度和速度各如何变化？
（2）当金属棒滑行速度为1m/s时，金属棒的加速度为多少？
（3）金属棒达到的稳定速度是多大？
（4）从静止到稳定速度过程中电阻R上产生的热量？

Answer 1

分析 （1）根据金属棒的受力情况，通过牛顿第二定律分析加速度，根据加速度方向与速度方向的关系判断速度的变化．
（2）根据切割产生的感应电动势公式、欧姆定律、安培力公式求出速度为1m/s时金属棒所受的安培力，结合牛顿第二定律求出加速度．
（3）当金属棒的加速度等于零时，速度达到稳定，结合平衡，运用切割产生的感应电动势公式、欧姆定律、安培力公式求出稳定时的速度．
（4）根据能量守恒定律求出从静止到稳定速度过程中电阻R上产生的热量．

解答 解：（1）金属棒在下滑的过程中，速度增大，感应电动势增大，感应电流增大，安培力增大，根据牛顿第二定律知，加速度减小，可知金属棒在达到稳定速度前加速度逐渐减小，速度逐渐增大．
（2）当金属棒速度v=1m/s时，安培力F=B₀IL=${B}_{0}\frac{{B}_{0}Lv}{R}L=\frac{{{B}_{0}}^{2}{L}^{2}v}{R}$=$\frac{1×0.25×1}{5}N=0.05N$，
根据牛顿第二定律得，加速度a=$\frac{mgsinθ-F-μmgcosθ}{m}$=$\frac{0.5×0.6-0.05-0.5×0.5×0.8}{0.05}$m/s²=1m/s²．
（3）当金属棒的加速度为零，金属棒达到稳定速度，有：$mgsinθ=μmgcosθ+\frac{{{B}_{0}}^{2}{L}^{2}{v}_{m}}{R}$，
代入数据解得最大速度v_m=2m/s．
（3）根据能量守恒得，mgssinθ=μmgscosθ+Q$+\frac{1}{2}m{{v}_{m}}^{2}$，
代入数据解得Q=0.1J．
答：（1）金属棒在达到稳定速度前加速度逐渐减小，速度逐渐增大．
（2）当金属棒滑行速度为1m/s时，金属棒的加速度为1m/s²；
（3）金属棒达到的稳定速度是2m/s；
（4）从静止到稳定速度过程中电阻R上产生的热量为0.1J．

点评 本题考查了电磁感应与力学和能量的综合运用，掌握切割产生的感应电动势公式、安培力公式、欧姆定律是解决本题的关键，知道加速度为零时，金属棒达到稳定状态．