Question

20．如圖所示，有一長為L=0.2m輕質(zhì)金屬桿OA，一端O可繞光滑軸在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動，另一端A固定可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m=0.4kg的金屬小球．在同一豎直平面內(nèi)有一段內(nèi)壁光滑的金屬圓弧軌道PQ，對應(yīng)圓心角θ=30°，上端P與O點等高．另有可變電阻R連接金屬桿的O點和圓弧軌道，整個裝置處于方向垂直紙面向內(nèi)、磁感應(yīng)強度為B=1.1T的勻強磁場中，現(xiàn)將金屬小球從最高點由靜止釋放，金屬桿開始順時針轉(zhuǎn)動，經(jīng)過圓弧軌道時恰好不擠壓但接觸良好，并且測得小球第一次到達金屬圓弧軌道下端Q點時電阻R兩端電壓U=0.2V．（金屬細桿、金屬小球、金屬圓弧軌道和導(dǎo)線的電阻均不計，空氣阻力不計，重力加速度g=10m/s²），則：
（1）小球第一次到Q點時，試比較A點和O點電勢高低；
（2）求小球第一次達到最低點B時對金屬桿拉力的大��；
（3）改變磁感應(yīng)強度B是否影響電阻R上產(chǎn)生的熱量？請求出電阻R上產(chǎn)生的熱量．

Answer 1

分析 （1）OA轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，相當于電源，由右手定則判斷電勢的高低．
（2）由于金屬細桿、金屬小球、金屬圓弧軌道和導(dǎo)線的電阻均不計，電阻R兩端的電壓等于OA桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，由E=BL$\overline{v}$求小球經(jīng)過Q點的速度，再由機械能守恒求出小球到達最低點B時速度，由牛頓運動定律求小球第一次達到最低點B時對金屬桿拉力．
（3）根據(jù)能量守恒分析和求解電阻R上產(chǎn)生的熱量．

解答 解：（1）根據(jù)右手定則判斷知A點的電勢比O點的高．
（2）設(shè)小球到達Q點時的速度為v，到達B點時的速度為v′．
小球達到Q點時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為 E=U=0.2V
由E=BL$\overline{v}$=BL$\frac{0+v}{2}$=$\frac{1}{2}BL$v，得 v=$\frac{2E}{BL}$=$\frac{2×0.2}{1.1×0.2}$=$\frac{20}{11}$m/s
小球從Q運動到B的過程中，根據(jù)機械能守恒得
   mgL（1-cos60°）=$\frac{1}{2}mv{′}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
在B點，由牛頓第二定律得
   T-mg=m$\frac{v{′}^{2}}{L}$
聯(lián)立解得  T=2mg+m$\frac{{v}^{2}}{L}$=2×0.4×10+0.4×$\frac{（\frac{20}{11}）^{2}}{0.2}$≈14.6N
由牛頓第三定律得小球第一次達到最低點B時對金屬桿拉力的大小是14.6N．
（3）改變磁感應(yīng)強度B，OA產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢受到影響，運動時間受影響，則電阻R上產(chǎn)生的熱量將受到影響．
小球從A到Q，由能量守恒定律得：
電阻R上產(chǎn)生的熱量為 Q=mgL（1+sin30°）-$\frac{1}{2}m{v}^{2}$=0.4×10×0.2×（1+0.5）-$\frac{1}{2}$×0.4×$（\frac{20}{11}）^{2}$≈5.4J
答：
（1）小球第一次到Q點時，A點的電勢比O點的高；
（2）求小球第一次達到最低點B時對金屬桿拉力的大小是14.6N；
（3）改變磁感應(yīng)強度B影響電阻R上產(chǎn)生的熱量，電阻R上產(chǎn)生的熱量是5.4J．

點評 本題是電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題，關(guān)鍵要知道小球的速度與OA桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢有關(guān)，也與小球能量的轉(zhuǎn)化有關(guān)，要正確分析能量是如何轉(zhuǎn)化的．