Question

1．如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的光滑固定平行金屬導(dǎo)軌與水平面成θ角，導(dǎo)軌間距為d，兩導(dǎo)體棒a和b與導(dǎo)軌垂直放置，兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量都為m，電阻都為R，回路中其余電阻不計(jì)．整個(gè)裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面向上的均強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B．在t=0時(shí)刻使a沿導(dǎo)軌向上做速度為v的勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)將b由靜止釋放，b經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后也作勻速運(yùn)動(dòng)．已知d=1m，m=0.5kg，R=0.5Ω，B=0.5T，θ=30°，g取10m/s²，不計(jì)兩導(dǎo)體棒間的相互作用力．
（1）為使導(dǎo)體棒b能沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)，a的速度v不能超過(guò)多大？
（2）若a在平行于導(dǎo)軌向上的力F作用下，以v₁=2m/s的速度沿導(dǎo)軌向上勻速運(yùn)動(dòng)，求導(dǎo)體棒b的速度v₂的最大值；
（3）在（2）中，當(dāng)t=2s時(shí)，b的速度達(dá)到5.06m/s，2s內(nèi)回路中產(chǎn)生的焦耳熱為13.2J，求該2s內(nèi)力F做的功（本小題結(jié)果保留三位有效數(shù)字）．

Answer 1

分析 （1）要使b棒能下滑，則安培力大于重力的下滑分量；
（2）根據(jù)切割公式求解出b的切割電動(dòng)勢(shì)，然后求解出安培力，在對(duì)a棒受力分析，根據(jù)平衡條件列方程求拉力F的表達(dá)式；再對(duì)b棒受力分析，根據(jù)平衡條件求解最大速度；
（3）先對(duì)棒b運(yùn)用動(dòng)量定理列式并結(jié)合微元法列式，然后求和解出位移；最后再對(duì)兩個(gè)棒系統(tǒng)運(yùn)用功能關(guān)系列式求解．

解答 解：（1）設(shè)a的速度為v1，由于b初態(tài)速度為零，則  $I=\frac{E_1}{2R}=\frac{{Bd{v_1}}}{2R}$     ①
對(duì)b：${F_A}=BId=\frac{{{B^2}{d^2}{v_1}}}{2R}$     ②
F_A＜mgsinθ  ③
將①②式代入③式得：v₁＜10m/s  ④
（2）設(shè)a的速度為v₁，b的速度為v₂，回路電流為I，
則：$I=\frac{{{E_1}+{E_2}}}{2R}=\frac{{Bd（{v_1}+{v_2}）}}{2R}$     ⑤
對(duì)a：mgsinθ+F_A=F   $mgsinθ+\frac{{{B^2}{d^2}（{v_1}+{v_2}）}}{2R}=F$      ⑥
代入數(shù)據(jù)得：$F=3+\frac{v_2}{4}（N）$
設(shè)b的最大速度為v_m，則有：$\frac{{{B^2}{d^2}（{v_1}+{v_m}）}}{2R}=mgsinθ$
代入數(shù)據(jù)得：v_m=8m/s 
（3）對(duì)b：mgsinθ-F_A=ma   $mgsinθ-\frac{{{B^2}{d^2}（{v_1}+{v_2}）}}{2R}=ma$
取任意無(wú)限小△t時(shí)間：$mg△tsinθ-\frac{{{B^2}{d^2}（{v_1}+{v_2}）}}{2R}△t=ma△t$
代入數(shù)據(jù)并求和得：$8\sum{△t}-\sum{△{x_2}}=2\sum{△{v_2}}$
8t-x₂=2v₂  
將t=2s，v₂=5.06m/s代入上式得：x₂=5.88m   
a的位移：x₁=v₁t=2×2=4m
由功能關(guān)系知：${W_F}=\frac{1}{2}mv_2^2+mg{x_1}sinθ-mg{x_2}sinθ+Q$
代入數(shù)據(jù)得：W_F=14.9J   
答：（1）a的速度v不能超過(guò)10m/s；（2）導(dǎo)體棒b的速度v₂的最大值為8m/s；（3）2s內(nèi)力F做的功為14.9J．

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵多次受力分析并根據(jù)牛頓第二定律列方程；第3問(wèn)要運(yùn)用微元法求解變加速運(yùn)動(dòng)的位移，然后運(yùn)用功能關(guān)系列式求解，較難．