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＝1.0kg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（a）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。ab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R=1.8Ω，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。ab棒在方向豎直向上，大小按圖（b）所示規(guī)律變化的外力F作用下，從靜止開(kāi)始，沿導(dǎo)軌勻加速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)cd棒也由靜止釋放。取重力加速度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2 s內(nèi)外力F做功40 J，求這一過(guò)程中兩金屬棒產(chǎn)生的總焦耳熱；
（3）判斷cd棒將做怎樣的運(yùn)動(dòng)，求出cd棒達(dá)到最大速度所需的時(shí)間t0，并在圖（c）中定性畫出cd棒所受摩擦力fcd隨時(shí)間變化的圖象。               

Answer 1

(1) ，B＝1.2T；(2)18J；(3)2s，如答圖。

解析考點(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；牛頓第二定律；動(dòng)能定理的應(yīng)用；能量守恒定律．
分析：（1）由E=BLv、I= 、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（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==
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+at
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=2m/s"
所發(fā)生的位移 S=at²=2m
由動(dòng)能定律得 W_F-m₁gS-W_安=m₁v
又 Q=W_安
聯(lián)立以上方程，解得
Q=W_F-mgs-m v=40-1×10×2-×1×2²=18（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==
解得 v_m=="2m/s"
v_m=at₀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18J；
（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．