Question

如圖甲所示，長方形金屬框abcd（下面簡稱方框），各邊長度為ac=bd=

l

2

、ab=cd=l，方框外側(cè)套著一個內(nèi)側(cè)壁長分別為

l

2

及l(fā)的U型金屬框架MNPQ（下面簡稱U型框），U型框與方框之間接觸良好且無摩擦．兩個金屬框的質(zhì)量均為m，PQ邊、ab邊和cd邊的電阻均為r，其余各邊電阻可忽略不計．將兩個金屬框放在靜止在水平地面上的矩形粗糙絕緣平面上，將平面的一端緩慢抬起，直到這兩個金屬框都恰能在此平面上勻速下滑，這時平面與地面的夾角為θ，此時將平面固定構(gòu)成一個傾角為θ的斜面．已知兩框與斜面間的最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力．在斜面上有兩條與其底邊垂直的、電阻可忽略不計，且足夠長的光滑金屬軌道，兩軌道間的寬度略大于l，使兩軌道能與U型框保持良好接觸，在軌道上端接有電壓傳感器并與計算機相連，如圖乙所示．在軌道所在空間存在垂直于軌道平面斜向下、磁感強度大小為B的勻強磁場．

（1）若將方框固定不動，用與斜面平行，且垂直PQ邊向下的力拉動U型框，使它勻速向下運動，在U形框與方框分離之前，計算機上顯示的電壓為恒定電壓U₀，求U型框向下運動的速度多大；
（2）若方框開始時靜止但不固定在斜面上，給U型框垂直PQ邊沿斜面向下的初速度v₀，如果U型框與方框最后能不分離而一起運動，求在這一過程中電流通過方框產(chǎn)生的焦耳熱；
（3）若方框開始時靜止但不固定在斜面上，給U型框垂直PQ邊沿斜面向下的初速度3v₀，U型框與方框?qū)�會分離．求在二者分離之前U型框速度減小到2v₀時，方框的加速度．
注：兩個電動勢均為E、內(nèi)阻均為r的直流電源，若并聯(lián)在一起，可等效為電動勢仍為E，內(nèi)電阻為

r

2

的電源；若串聯(lián)在一起，可等效為電動勢為2E，內(nèi)電阻為2r的電源．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)導體棒切割磁感線產(chǎn)生電動勢公式求出感應電動勢，由歐姆定律可以求出速度．
（2）分析棒的運動過程，應用動量守恒定律與能量守恒定律可以求出產(chǎn)生的熱量．
（3）由動量守恒定律、感應電動勢公式、歐姆定律、安培力公式與牛頓第二定律可以求出加速度．

解答：解：（1）當U型框以速度v運動時，在與方框分離之前，方框ab邊和cd邊為外電路，PQ邊為電源，它產(chǎn)生的感應電動勢E=Blv，
內(nèi)電路電阻為r，外電路電阻為0.5r，U0=

0.5r

(r+0.5r)

Blv，
解得：v=

3U0

Bl

；
（2）由于兩金屬框在斜面上恰能勻速下滑，所以沿斜面方向兩個金屬框所受合力為零，因此兩個金屬框組成的系統(tǒng)沿斜面方向動量守恒．
設二兩個金屬框一起運動的共同速度為v₁，則 mv₀=2mv₁，解得v1=

1

2

v0
兩個框產(chǎn)生的焦耳熱：Q=

1

2

m

v

2 0

-

1

2

×2mv12=

1

4

m

v

2 0

，
設方框產(chǎn)生的焦耳為Q_方，則

Q方

Q

=

0.5r

1.5r

=

1

3

，
解得Q方=

1

12

m

v

2 0

，
（3）設U型框速度為2v₀時，方框的速度為v₂，二框組成的系統(tǒng)沿斜面方向動量守恒，
則3mv₀=2mv₀+mv₂，解得v₂=v₀
框組成回路的總電動勢  E_總=2Blv₀-Blv₀=Blv₀，
兩框組成回路中的電流 I=

E總

R總

=

Blv0

r+0.5r

=

2Blv0

3r

，
方框受到的安培力即為合外力 F=BIl=

2B2l2v0

3r

，
根據(jù)牛頓第二定律解得此時方框的加速度  a=

F

m

=

2B2l2v0

3mr

；
答：（1）U型框向下運動的速度為

3U0

Bl

．
（2）電流通過方框產(chǎn)生的焦耳熱為

1

12

mv₀²．
（3）二者分離之前U型框速度減小到2v₀時，方框的加速度為

2B2l2v0

3mr

．

點評：分析清楚物體的運動過程，對導體棒正確受力分析、從能量的角度分析問題是正確解題的關鍵．