Question

2．如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌間距l(xiāng)=0.50m，傾角θ=53°，導(dǎo)軌上端串接電阻R=0.05Ω．在導(dǎo)軌間長(zhǎng)d=0.56m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.0T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．質(zhì)量m=4.0kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上，用輕質(zhì)細(xì)繩跨過定滑輪與拉桿GH（GH桿的質(zhì)量不計(jì)）相連．某同學(xué)用F=80N的恒力豎直向下拉動(dòng)GH桿，使CD棒從圖中初始位置由靜止開始運(yùn)動(dòng)，剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v=2.4m/s，當(dāng)CD棒到達(dá)磁場(chǎng)上邊界時(shí)該同學(xué)松手．g=10m/s²，sin 53°=0.8，不計(jì)其它電阻和一切摩擦．求：
（1）CD棒的初始位置與磁場(chǎng)區(qū)域下邊界的距離s；
（2）該同學(xué)松手后，CD棒能繼續(xù)上升的最大高度h；
（3）在拉升CD棒的過程中，該同學(xué)所做的功W和電阻R上產(chǎn)生的熱量Q．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)牛頓第二定律求出CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度，再由速度位移公式求出CD棒的初始位置與磁場(chǎng)區(qū)域下邊界的距離s；
（2）判斷CD棒在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況是勻速直線運(yùn)動(dòng)，從而得出離開磁場(chǎng)時(shí)速度，松手后向上勻減速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出勻減速運(yùn)動(dòng)的位移，即可求出CD棒能繼續(xù)上升的最大高度h；
（3）根據(jù)能量守恒定律求解；

解答 解：（1）CD棒向上運(yùn)動(dòng)：
F-mgsinθ=ma
代入數(shù)據(jù)解得：a=12m/s²
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：v²=2as
代入數(shù)據(jù)解得：s=0.24m
（2）剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=Blv=2×0.5×2.4V=2.4V
由閉合電路歐姆定律有：I=$\frac{E}{R}$=$\frac{2.4}{0.05}$=48A
又：F_安=BIl=2×48×0.5=48N
因?yàn)椋篎=mg sinθ+${F}_{安}^{\;}$=40×0.8+48=80N
所以：CD棒在磁場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)
離開磁場(chǎng)后，CD棒沿導(dǎo)軌向上做勻減速運(yùn)動(dòng)
由v²=2gxsinθ代入數(shù)據(jù)解得：x=0.36m
CD棒還能繼續(xù)上升的最大高度為：
h=xsinθ=0.288m
（3）該同學(xué)所做的功為：W=F（s+d）
代入數(shù)據(jù)解得：W=64J
由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律得：F（s+d）=mg[（s+d）sinθ+h]+Q_R
代入數(shù)據(jù)解得：Q_R=26.88J
答：（1）CD棒的初始位置與磁場(chǎng)區(qū)域下邊界的距離s為0.24m；
（2）該同學(xué)松手后，CD棒能繼續(xù)上升的最大高度h為0.288m；
（3）在拉升CD棒的過程中，該同學(xué)所做的功W為64J，電阻R上產(chǎn)生的熱量Q為26.88J

點(diǎn)評(píng) 本題是力電綜合題，關(guān)鍵要根據(jù)法拉第定律、歐姆定律得到安培力的表達(dá)式，并計(jì)算出安培力的大小，從而判斷導(dǎo)體棒的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況．第3小題，導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電流一定，也可根據(jù)焦耳定律求熱量．