13.如圖所示,MNPQ是用單位長(zhǎng)度電阻為r0的均勻金屬條制成的矩形閉合框,線框固定在傾角為θ的絕緣斜面上,MN長(zhǎng)為L(zhǎng),MQ長(zhǎng)為4L,有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過(guò)斜面.質(zhì)量為m的金屬桿ab在外力F作用下,以速度v勻速沿斜面向下滑過(guò)矩形框,滑行過(guò)程中ab始終平行于MN且與框良好接觸,外力F始終沿斜面且垂直于ab.已知金屬桿ab的單位長(zhǎng)度電阻為2.1r0,不計(jì)桿與框的摩擦.重力加速度取g,將桿ab經(jīng)過(guò)MN時(shí)的位移記為s=0,求:
(1)桿ab中感應(yīng)電流I隨位移s變化的關(guān)系式;
(2)桿ab發(fā)熱功率的最小值;
(3)矩形框MNPQ上發(fā)熱功率最大時(shí)ab桿的位移;
(4)桿ab在矩形框MNPQ上滑動(dòng)過(guò)程中外力F的變化情況.

分析 (1)金屬桿ab以速度v勻速沿斜面向下滑,切割磁感線相當(dāng)于電源,其電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻均不變;均勻金屬框上下兩部分為兩個(gè)并聯(lián)的外電阻,隨位移動(dòng)態(tài)變化,分析并聯(lián)值為先增大后減小,由閉合電路的歐姆定律可以算出感應(yīng)電流.
(2)外電阻最大時(shí)感應(yīng)電流最小,桿ab發(fā)熱功率的最小.
(3)矩形框MNPQ上發(fā)熱功率最大,即外電路功率最大;當(dāng)R=r時(shí),外電路功率最大.
(4)因?yàn)殡娐房傠娮柘仍龃蠛鬁p小,所以總電流先減小后增大;金屬桿ab以速度v勻速沿斜面向下滑,受力平衡,考慮到重力沿斜面分力與安培力大小關(guān)系不確定,最后結(jié)論需分區(qū)間討論.

解答 解:(1)金屬桿ab以速度v勻速沿斜面向下滑,切割磁感線相當(dāng)于電源,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv,內(nèi)電阻r=2.1Lr0
外電路被ab分為上下兩部分,R=$\frac{{R}_{上}{R}_{下}}{{R}_{上}+{R}_{下}}$=$\frac{(L+2s)(9L-2s)}{10L}$r0
I=$\frac{E}{R+r}$=$\frac{BLv}{\frac{(L+2s)(9L-2s)}{10L}{r}_{0}+2.1L{r}_{0}}$=$\frac{5B{L}^{2}v}{(15{L}^{2}+8sL-2{s}^{2}){r}_{0}}$
(2)外電路電阻最大時(shí),感應(yīng)電流最小,ab發(fā)熱功率最小.
因?yàn)镽+R為常數(shù),所以當(dāng)R=R時(shí)R有最大值,即位移s=2L
此時(shí)R=$\frac{{R}_{上}{R}_{下}}{{R}_{上}+{R}_{下}}$=$\frac{5L×5L}{10L}$r0=2.5Lr0,Pab=I2r=($\frac{E}{R+r}$)2 r=$\frac{105{B}^{2}L{v}^{2}}{1058{r}_{0}}$
(3)矩形框的功率即電路的輸出功率,P=I2R=($\frac{E}{R+r}$)2×R=$\frac{{E}^{2}}{\frac{(R-r)^{2}}{R}+4r}$
當(dāng)R=r時(shí),分母有最小值,輸出功率最大.
R=r,即=$\frac{(L+2s)(9L-2s)}{10L}$r0=2.1Lr0,可解得s1=L,s2=3L
(4)電流先減小后增大,F(xiàn)A先減小后增大
在ab滑過(guò)框架的過(guò)程中,Rmin=$\frac{L×9L}{10L}$r0=0.9 Lr0,R總min=3Lr0,F(xiàn)Amax=$\frac{{B}^{2}Lv}{3{r}_{0}}$
當(dāng)ab在MQ中點(diǎn)時(shí),Rmax=2.5 Lr0,R總max=4.6Lr0,F(xiàn)Amin=$\frac{5{B}^{2}Lv}{23{r}_{0}}$
①若mgsinθ≥$\frac{{B}^{2}Lv}{3{r}_{0}}$,則外力F向上,先增大后減小;
②若mgsinθ≤$\frac{5{B}^{2}Lv}{23{r}_{0}}$,則外力F向下,先減小后增大;
③若$\frac{5{B}^{2}Lv}{23{r}_{0}}$<mgsinθ<$\frac{{B}^{2}Lv}{3{r}_{0}}$,則外力F先向下減小后向上增大,再先向上減小后向下增大.
答:(1)桿ab中感應(yīng)電流I隨位移s變化的關(guān)系式為 I=$\frac{5B{L}^{2}v}{(15{L}^{2}+8sL-2{s}^{2}){r}_{0}}$;
(2)桿ab發(fā)熱功率的最小值為 $\frac{105{B}^{2}L{v}^{2}}{1058{r}_{0}}$;
(3)矩形框MNPQ上發(fā)熱功率最大時(shí)ab桿的位移s1=L或s2=3L;
(4)①若mgsinθ≥$\frac{{B}^{2}Lv}{3{r}_{0}}$,則外力F向上,先增大后減小;
②若mgsinθ≤$\frac{5{B}^{2}Lv}{23{r}_{0}}$,則外力F向下,先減小后增大;
③若$\frac{5{B}^{2}Lv}{23{r}_{0}}$<mgsinθ<$\frac{{B}^{2}Lv}{3{r}_{0}}$,則外力F先向下減小后向上增大,再先向上減小后向下增大.

點(diǎn)評(píng) 注意:金屬框上下兩部分為兩個(gè)并聯(lián)的外電阻,隨位移動(dòng)態(tài)變化,分析并聯(lián)電阻值為先增大后減小;外電路功率最大時(shí),應(yīng)滿足R=r;重力沿斜面分力與安培力大小關(guān)系不確定,最后一問(wèn)結(jié)論要分區(qū)間討論,該部分易錯(cuò).

練習(xí)冊(cè)系列答案
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A.$\frac{N•{m}^{3}}{k{g}^{2}}$B.$\frac{{m}^{3}}{kg•{s}^{2}}$C.$\frac{{N•m}^{3}}{kg•{s}^{2}}$D.$\frac{{m}^{3}}{k{g}^{2}•{s}^{2}}$

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科目:高中物理 來(lái)源: 題型:解答題

4.有一個(gè)小燈泡上標(biāo)有“4V 2W”的字樣,現(xiàn)在要用伏安法描繪這個(gè)燈泡的I-U圖線.現(xiàn)有下列器材供選用:
A.電流表A1(0~0.3A,r1=1Ω)      
B.電流表A2(0~0.6A,r2=0.4Ω)
C.電流表A3(0~1.0A,r3=0.2Ω)     
D.定值電阻R1=19Ω
E.定值電阻R2=150Ω                 
F.滑動(dòng)變阻器(10Ω,2A)
G.滑動(dòng)變阻器(500Ω,1A)           
H.學(xué)生電源(直流6V),開(kāi)關(guān),導(dǎo)線若干
(1)選用如圖A而不選用圖B的電路圖來(lái)完成實(shí)驗(yàn),請(qǐng)說(shuō)明理由:描繪燈泡的I-U圖線所測(cè)數(shù)據(jù)從零開(kāi)始,需要多測(cè)幾組數(shù)據(jù)
(2)由于沒(méi)有電壓表,可將電流表A1和定值電阻D串聯(lián)起來(lái)做為電壓表,電流表應(yīng)選用B,滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用F(用序號(hào)字母表示).
(3)閉合開(kāi)關(guān)前,應(yīng)將圖A電路中滑動(dòng)變阻器的滑片滑至左端(選填左端或右端).

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1.下列說(shuō)法中正確的是( 。
A.由R=$\frac{U}{I}$可知,電阻與電壓、電流都有關(guān)系
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18.如圈,變壓器兩個(gè)次級(jí)線圈匝數(shù)比為n1:n2,所接負(fù)載R1=R2,當(dāng)只閉合電鍵S1時(shí),初級(jí)線圈中電流為1A;當(dāng)只閉合電鍵S2時(shí),初級(jí)線圈中電流為2A,設(shè)輸入的交變電壓不變,求n1:n2

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C.乘客有慣性,汽車(chē)沒(méi)有慣性
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A.電壓表的示數(shù)為$\sqrt{2}$V
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D.在0~0.05s的時(shí)間內(nèi)外力F做功0.48J

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