题目内容

2．如图所示间距为L、光滑足够长的金属导轨（导轨电阻不计）所在斜面倾角为α；两根质量均为m、电阻均为R的金属棒CD、PQ水平且与导轨垂直地放在导轨上；CD棒两端与劲度系数为k的两相同轻质绝缘弹簧相连，两弹簧平行于斜面且另一端与固定墙面相连；整个装置处在垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感强度为B．开始时金属棒CD静止，PQ在外力作用下也静止；现用一恒力沿斜面向上拉金属棒PQ沿斜面向上加速，当金属棒PQ达到稳定时弹簧的形变量与开始时相同．已知金属棒PQ开始运动到稳定的过程中CD可视为缓慢移动，且通过CD棒的电量为q=$\frac{BLmgsinα}{kR}$
求此过程中：
（I）CD棒移动的距离：
（2）PQ棒移动的距离；
（3）回路产生的总电热．

分析 （1）抓住CD棒处于静止，结合共点力平衡和胡克定律求出弹簧的形变量，抓住两次形变量相等得出CD棒移动的距离．
（2）根据电量的经验表达式$q=\frac{△Φ}{{R}_{总}}=\frac{BLs}{{R}_{总}}$，结合通过CD棒的电量为q=$\frac{BLmgsinα}{kR}$求出PQ棒移动的距离．
（3）抓住稳定后，CD棒处于平衡，结合平衡以及安培力公式、欧姆定律、切割产生的感应电动势公式求出PQ的速度，根据平衡求出拉力的大小，结合功能关系求出回路中产生的总电热．

解答 解：（1）系统开始静止时，对CD棒，有：mgsinα=2k△x
解得：$△x=\frac{mgsinα}{2k}$，
系统稳定后形变量与开始相同，故CD棒沿斜面上移距离为：
${d}_{CD}=2△x=\frac{mgsinα}{k}$．
（2）该过程流过的电量为q，则有：
$q=\frac{△Φ}{2R}=\frac{BL（{d}_{PQ}-{d}_{CD}）}{2R}$=$\frac{BLmgsinα}{kR}$，
解得：${d}_{PQ}=\frac{3mgsinα}{k}$．
（3）在系统稳定后，对CD棒有：${F}_{安}=BIL=B\frac{BL{v}_{PQ}}{2R}L$=mgsinα+F弹=2mgsinα，
解得：${v}_{PQ}=\frac{4mgRsinα}{{B}^{2}{L}^{2}}$．
对PQ棒有：F=mgsinα+F安=3mgsinα，
对系统，由功能关系得：$F{d}_{PQ}=\frac{1}{2}m{{v}_{PQ}}^{2}+mg{d}_{PQ}sinα$+mgdCDsinα+Q热，
解得：Q热=$\frac{5{m}^{2}{g}^{2}si{n}^{2}α}{k}-\frac{8{m}^{3}{g}^{2}{R}^{2}si{n}^{2}α}{{B}^{4}{L}^{4}}$=$（\frac{5}{k}-\frac{8m{R}^{2}}{{B}^{4}{L}^{4}}）{m}^{2}{g}^{2}si{n}^{2}α$．
答：（1）CD棒移动的距离为$\frac{mgsinα}{k}$：
（2）PQ棒移动的距离为$\frac{3mgsinα}{k}$；
（3）回路产生的总电热为$（\frac{5}{k}-\frac{8m{R}^{2}}{{B}^{4}{L}^{4}}）{m}^{2}{g}^{2}si{n}^{2}α$．

点评 对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．

练习册系列答案
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