Question

如圖甲所示，足夠長(zhǎng)、電阻不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ間距l(xiāng)=0.5m，兩導(dǎo)軌的左端連接有阻值R=1Ω的電阻，其框架平面與水平面成30°角；置于導(dǎo)軌上、與導(dǎo)軌接觸良好的金屬桿ab的質(zhì)量m=0.1kg，電阻r=0.25Ω；整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于框架平面向下．今在t=0時(shí)刻，對(duì)金屬桿施一平行于框架平面向上且與桿垂直的外力F，使之由靜止開始運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中，繪出的理想電流表A前6s內(nèi)的示數(shù)I隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示．（g取10m/s²）

（1）請(qǐng)你推導(dǎo)出前4s內(nèi)金屬桿的速度v隨時(shí)間t變化的函數(shù)關(guān)系式；
（2）求t=5s時(shí)，外力F的瞬時(shí)功率；
（3）在圖丙中作出前6s內(nèi)外力F隨時(shí)間t變化的函數(shù)圖象．

Answer 1

分析：（1）由乙圖看出，前4s內(nèi)，i與t成正比，由數(shù)學(xué)知識(shí)可寫出i與t的關(guān)系式，由e=BLv和閉合電路歐姆定律求出刻桿ab的速度v隨時(shí)間t變化的函數(shù)式．
（2）根據(jù)速度-時(shí)間關(guān)系式，分析桿ab的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，由速度公式求出桿的加速度大�。畻U向上運(yùn)動(dòng)的過程中，由牛頓第二定律列式外力的瞬時(shí)功率P的大�。�
（3）分別對(duì)前4s內(nèi)和后2s內(nèi)金屬桿受力分析，求出外力與時(shí)間t的函數(shù)關(guān)系式，從而做出外力F與時(shí)間t的函數(shù)圖象．

解答：解：（1）前4 s內(nèi)，金屬桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=Blv     …①
由閉合電路歐姆定律可知A的示數(shù)：I=

E

R+r

=

Blv

R+r

      …②
而由圖乙可知：I=kt（其中k=0.2A/s）     …③
由②③式得：v=

k(R+r)

Bl

t=0.5t     …④
由④式可知．隨v時(shí)間t均勻增大，所以金屬桿做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其中加速度為：a=0.5 m/s²
（2）同理，后2s內(nèi)由圖乙可知：I′=0.8-k′t′（其中k′=0.4 A/s）    …⑤
由②⑤式得：v′=

(0.8-k′t′)(R+r)

Bl

=2-t′…⑥
由⑥式可知v′隨時(shí)間t′均勻減小，所以金屬桿做勻減速直線運(yùn)動(dòng)其中加速度：a′=1m/s²
t=5s（即t′=1s）時(shí)，由⑤式得I′=0.4 A，由⑥式得：v′=1 m/s     
安培力：F_安=BIl=0.2N 
再由牛頓第二定律有：F安-mgsin30°-F=ma′…⑦
故：F=F安+mgsin30°-ma′=0.6N
所以F的瞬時(shí)功率為P=Fv′=0.6 W    
（3）前4 s內(nèi)，由牛頓第二定律有：F-mgsin30°-F_安=ma
得：F=0.55+0.1t   …⑧
圖線為直線，t=0時(shí)，F(xiàn)₁=0.55 N，t=4 s時(shí)，F(xiàn)₂=0.95 N            
后2 s內(nèi)，由牛頓第二定律有：mgsin30°+

F

′ 安

-F′=ma′、
得：F′=0.8-0.2t′…⑨
圖線為直線，t'=0（即t=4 s）時(shí)，有：

F

′ 1

=0.8N，t′=2s（即t=6 s）時(shí)，得：

F

′ 2

=0.4N
根據(jù)以上分析，作出F-t圖象 見答圖    
答：（1）前4s內(nèi)金屬桿的速度v隨時(shí)間t變化的函數(shù)關(guān)系式v=0.5t；
（2）t=5s時(shí)，外力F的瞬時(shí)功率0.6W；
（3）前6s內(nèi)外力F隨時(shí)間t變化的函數(shù)圖象如上圖所示．

點(diǎn)評(píng)：本題首先要運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)寫出電流與時(shí)間的關(guān)系，還考查了牛頓運(yùn)動(dòng)定律、閉合電路毆姆定律，安培力公式、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式．