Question

20．如圖所示，固定平行長導(dǎo)軌與水平面夾角θ=30°，導(dǎo)軌間距L=0.4m，導(dǎo)軌平面上有一正方形區(qū)域abcd．區(qū)域內(nèi)存在方向垂直導(dǎo)軌平面向上、磁感應(yīng)強度大小B=0.5T的有界勻強磁場，其上、下邊界均與導(dǎo)軌垂直．電阻相同的甲、乙金屬棒質(zhì)量均為m=0.01kg，甲棒剛好處在磁場的上邊界，兩棒距離也為L，兩棒均與導(dǎo)軌垂直．t=0時，將乙棒從靜止開始釋放，乙棒一進入磁場立即做勻速運動；t=0時，將甲棒從靜止開始釋放的同時施加一個沿著導(dǎo)軌向下的拉力F，保持甲棒在運動過程中加速度始終是乙棒未進入磁場前的2倍．不計導(dǎo)軌電阻及一切摩擦阻力．取重力加速度大小g=10m/s²．
（1）求乙棒的電阻R；
（2）求從t=0開始到乙棒進入磁場前拉力F隨時間t的變化關(guān)系；
（3）若從t=0開始到乙棒到達磁場前的過程中，乙棒產(chǎn)生的熱量Q=0.073J，求甲從ab運動到cd的過程中拉力對甲做的功W．

Answer 1

分析 （1）由動能定理可以求出乙進入磁場時的速度，乙棒進入磁場時做勻速直線運動，應(yīng)用平衡條件可以求出乙的電阻．
（2）由牛頓第二定律求出加速度，然后由牛頓第二定律求出拉力大小，然后分析答題．
（3）應(yīng)用能量守恒定律可以求出拉力對甲做功．

解答 解：（1）甲的加速度始終是乙的2倍，
則乙進入磁場時甲的位移是乙的2倍，
乙進入磁場時甲已經(jīng)離開磁場，
對乙，由動能定理得：mgLsinθ=$\frac{1}{2}$mv²，解得：v=2m/s，
乙受到的安培力：F=BIL=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{2R}$，
乙進入磁場時做勻速直線運動，由平衡條件得：
mgsinθ=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{2R}$，解得：R=0.8Ω；
（2）乙進入磁場前，由牛頓第二定律得：
a_乙=$\frac{mgsinθ}{m}$=gsinθ=10sin30°=5m/s²，
由題意可知，甲的加速度為乙的兩倍，則a_甲=2a_乙=10m/s²，
乙進入磁場需要的時間；t_乙=$\sqrt{\frac{2L}{{a}_{乙}}}$=$\sqrt{\frac{2×0.4}{5}}$=0.4s，
甲在磁場中的運動時間：t_甲=$\sqrt{\frac{2L}{{a}_{甲}}}$=$\sqrt{\frac{2×0.4}{10}}$=0.2$\sqrt{2}$s，
對甲，由牛頓第二定律得，
0-0.2$\sqrt{2}$s內(nèi)，甲在磁場過程：F+mgsinθ-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{a}_{甲}t}{2R}$=ma_甲，解得：F=0.05+0.25t，
在0.2$\sqrt{2}$-0.4s內(nèi)，甲離開磁場后：F+mgsinθ=ma_甲，解得：F=0.05N；
（3）甲到達cd時的速度：v_甲=$\sqrt{2{a}_{甲}L}$=$\sqrt{2×10×0.4}$=2$\sqrt{2}$m/s，
此時乙的速度：v_乙=$\frac{{v}_{甲}}{2}$=$\frac{2\sqrt{2}}{2}$=$\sqrt{2}$m/s，
乙的位移：x_乙=$\frac{{v}_{乙}^{2}}{2{a}_{乙}}$=$\frac{（\sqrt{2}）^{2}}{2×5}$=0.2m，
甲從ab運動到cd的過程，由能量守恒定律得：
mgLsinθ+mgx_乙θ+W=2Q+$\frac{1}{2}$mv_甲²+$\frac{1}{2}$mv_乙²，
解得：W=0.166J；
答：（1）乙棒的電阻R為0.8Ω；
（2）從t=0開始到乙棒進入磁場前拉力F隨時間t的變化關(guān)系為：0-0.2$\sqrt{2}$s內(nèi)：F=0.05+0.25t，0.2$\sqrt{2}$-0.4s內(nèi)：F=0.05N；
（3）甲從ab運動到cd的過程中拉力對甲做的功W為0.166J．

點評 本題是一道電磁感應(yīng)與力學(xué)相結(jié)合的綜合題，分析清楚導(dǎo)體棒的運動過程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律、運動學(xué)公式、動能定理與能量守恒定律可以解題．