Question

5．如圖甲所示，空間存在B=0.5T，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場，MN、PQ是處于同一水平面內(nèi)相互平行的粗糙長直導(dǎo)軌，間距L=0.2m，R是連接在導(dǎo)軌一端的電阻，ab是跨接在導(dǎo)軌上質(zhì)量為m=0.1kg的導(dǎo)體棒．從零時刻開始，通過一小型電動機(jī)對ab棒施加一個牽引力F，方向水平向左，使其從靜止開始沿導(dǎo)軌做加速運動，此過程中棒始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好．圖乙是棒的v-t圖象，其中OA段是直線，AC是曲線，小型電動機(jī)在12s末達(dá)到額定功率P=4.5W，此后保持功率不變．除R外，其余部分電阻均不計，g=10m/s²．
（1）求導(dǎo)體棒ab在0～12s內(nèi)的加速度大�。�
（2）求導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)及電阻R的值；
（3）請在答卷上作出牽引力的功率隨時間（P-t）的變化圖線．

Answer 1

分析 （1）圖象中0-12s內(nèi)物體做勻加速直線運動，由該段圖象中的斜率可求得加速度；
（2）由導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢表達(dá)式可求得電動勢大小，由歐姆定律可求得感應(yīng)電流，則可求和安培力；由牛頓第二定律可得出加速度表達(dá)式；同理可求得17s時的加速度表達(dá)式，聯(lián)立即可求得動摩擦因數(shù)及電阻R的阻值；
（3）在0-12s內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律得到牽引力與時間的關(guān)系式，再由P=Fv得到功率與時間的關(guān)系式，即可作出P-t圖象．

解答 解：（1）由圖象知12s末導(dǎo)體棒ab的速度為v₁=9m/s，在0-12s內(nèi)的加速度大小為：
  a=$\frac{△v}{△t}$=$\frac{9}{12}$m/s²=0.75m/s²
（2）t₁=12s時，v₁=9m/s，導(dǎo)體棒中感應(yīng)電動勢為：E=BLv₁
感應(yīng)電流為：I=$\frac{E}{R}$
導(dǎo)體棒受到的安培力為：F₁=BIL，即：F₁=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{1}}{R}$
此時電動機(jī)牽引力為：F=$\frac{P}{{v}_{1}}$
由牛頓第二定律得：$\frac{P}{{v}_{1}}$-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{1}}{R}$-μmg=ma
代入得：$\frac{4.5}{9}$-$\frac{0．{5}^{2}×0．{2}^{2}×9}{R}$-μ×0.1×10=0.1×0.75  ①
由圖象知17s末導(dǎo)體棒ab的最大速度為v₂=10m/s，此時加速度為零，同理有：$\frac{P}{{v}_{2}}$-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{2}}{R}$-μmg=0
代入得：$\frac{4.5}{10}$-$\frac{0．{5}^{2}×0．{2}^{2}×10}{R}$-μ×0.1×10=0 ②
由①②解得：μ=0.2，R=0.4Ω
（3）在0-12s內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律得：F-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$-μmg=ma
又 v=at
可得 F=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$+μmg+ma
牽引力的功率為 P=Fv=Fat
聯(lián)立代入得 P=（$\frac{{B}^{2}{L}^{2}a}{R}t$+μmg+ma）at，可知圖象是過原點的拋物線
12s后功率恒定．
答：（1）導(dǎo)體棒ab在0～12s內(nèi)的加速度大小是0.75m/s²；
（2）導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)是0.2，電阻R的值是0.4Ω；
（3）作出牽引力的功率隨時間（P-t）的變化圖線如圖所示．

點評 本題考查電磁感應(yīng)中的能量關(guān)系，在解題中要注意分析過程，通過受力分析找出力和運動的關(guān)系；再分析各力的做功情況，可利用能量守恒或功能關(guān)系求解．