Question

相距L=1.5m的足夠長(zhǎng)金屬導(dǎo)軌豎直放置，質(zhì)量為m₁=1kg的金屬棒ab和質(zhì)量為m₂=0.27kg的金屬棒cd均通過(guò)棒兩端的套環(huán)水平地套在金屬導(dǎo)軌上，如圖1所示，虛線上方磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，虛線下方磁場(chǎng)方向豎直向下，兩處磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同．a(chǎn)b棒光滑，cd棒與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.75，兩棒總電阻為1.8Ω，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．a(chǎn)b棒在方向豎直向上，大小按圖2所示規(guī)律變化的外力F作用下，從靜止開(kāi)始，沿導(dǎo)軌向上勻加速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)cd棒也由靜止釋放．（g=10m/S²）
（1）求出磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和ab棒加速度大�。�
（2）已知在2s內(nèi)外力F做功26.8J，求這一過(guò)程中兩金屬棒產(chǎn)生的總焦耳熱；
（3）求出cd棒達(dá)到最大速度所需的時(shí)間t₀，并在圖3中定性畫(huà)出cd棒所受摩擦力f_cd隨時(shí)間變化的圖線．

Answer 1

分析：（1）由E=BLv、歐姆定律、F=BIL、v=at，及牛頓第二定律得到F與時(shí)間t的關(guān)系式，再根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)研究圖象（b）斜率和截距的意義，即可求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和ab棒加速度大�。�
（2）由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出2s末金屬棒ab的速率和位移，根據(jù)動(dòng)能定理求出兩金屬棒產(chǎn)生的總焦耳熱．
（3）分析cd棒的運(yùn)動(dòng)情況：cd棒先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)cd棒所受重力與滑動(dòng)摩擦力相等時(shí)，速度達(dá)到最大；然后做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，最后停止運(yùn)動(dòng)．
cd棒達(dá)到最大速度時(shí)重力與摩擦力平衡，而cd棒對(duì)導(dǎo)軌的壓力等于安培力，可求出電路中的電流，再由E=BLv、歐姆定律求出最大速度．

解答：解（1）經(jīng)過(guò)時(shí)間t，金屬棒ab的速率：v=at，
此時(shí)，回路中的感應(yīng)電流為：I=

E

R

=

BLv

R

，
對(duì)金屬棒ab，由牛頓第二定律得：F-BIL-m₁g=m₁a，
由以上各式整理得：F=m₁a+m₁g+

B2L2at

R

，
在圖線上取兩點(diǎn)：t₁=0，F(xiàn)₁=11N； t₂=2s，F(xiàn)₂=14.6N
代入上式得：a=1m/s²，B=1.2T；
（2）在2s末金屬棒ab的速率 v_t=at=1×2=2m/s    
所發(fā)生的位移s=

1

2

at²=

1

2

×1×2²=2m，
由動(dòng)能定律得：W_F-m₁gs-W_安=

1

2

m₁v_t²-0，
又Q=W_安，聯(lián)立以上方程，
解得：Q=W_F-mgs-

1

2

mv_t²=26.8-1×10×2-

1

2

×1×2²=4.8（J）
（3）cd棒先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，
當(dāng)cd棒所受重力與滑動(dòng)摩擦力相等時(shí)，速度達(dá)到最大；
然后做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，最后停止運(yùn)動(dòng)．
當(dāng)cd棒速度達(dá)到最大時(shí)，對(duì)cd棒有：m₂g=μF_N
又F_N=F_安 F_安=BIL，
整理解得 m₂g=μBIL，
對(duì)abcd回路：I=

E

R

=

BLvm

R

，
解得：v_m=

m2gR

μB2L2

=2m/s，
v_m=at₀，解得：t₀=2s，
f_cd隨時(shí)間變化的圖象如圖所示．   
答：（1）求出磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為1.2T，ab棒加速度大小1m/s²；
（2）這一過(guò)程中兩金屬棒產(chǎn)生的總焦耳熱是4.8J；
（3）cd棒達(dá)到最大速度所需的時(shí)間t₀為2s，cd棒所受摩擦力f_cd隨時(shí)間變化的情況如圖．

點(diǎn)評(píng)：本題中cd棒先受到滑動(dòng)摩擦，后受到靜摩擦，發(fā)生了突變，要仔細(xì)耐心分析這個(gè)動(dòng)態(tài)變化過(guò)程．滑動(dòng)摩擦力與安培力有關(guān)，呈現(xiàn)線性增大．