Question

3．如圖，兩根相距l(xiāng)=0.4m的平行金屬導軌OC、O′C′水平放置．兩根導軌右端O、O′連接著與水平面垂直的光滑平行導軌OD、O′D′，兩根與導軌垂直的金屬桿M、N被放置在導軌上，并且始終與導軌保持保持良好電接觸．M、N的質量均為m=0.2kg，電阻均為R=0.4Ω，N桿與水平導軌間的動摩擦因數為μ=0.1．整個空間存在水平向左的勻強磁場，磁感應強度為B=0.5T．現(xiàn)給N桿一水平向左的初速度v₀=3m/s，同時給M桿一豎直方向的拉力F，使M桿由靜止開始向下做加速度為a_M=2m/s²的勻加速運動．導軌電阻不計，（g取10m/s²）．求：
（1）t=1s時，N桿上通過的電流強度大��；
（2）求M桿下滑過程中，外力F與時間t的函數關系；（規(guī)定豎直向上為正方向）
（3）已知N桿停止運動時，M仍在豎直軌道上，求M桿運動的位移；
（4）在N桿在水平面上運動直到停止的過程中，已知外力F做功為-11.1J，求系統(tǒng)產生的總熱量．

Answer 1

分析 （1）由速度公式求出桿的速度，然后由E=BLv求出感應電動勢，由歐姆定律求出電流；
（2）應用牛頓第二定律與勻變速直線運動的速度公式可以求出力與時間的關系式；
（3）應用牛頓第二定律與勻變速直線運動的位移公式可以求出桿的位移；
（4）應用動能定理求出M、N桿產生的熱量，然后求出總熱量．

解答 解：（1）M桿的速度：v=a_Mt=2×1=2m/s，
感應電流：I=$\frac{E}{2R}$=$\frac{BLv}{2R}$=$\frac{0.5×0.4×2}{2×0.4}$=0.5A；
（2）對M桿，根據牛頓第二定律：
m g-F-BIl=ma_M，v=a_Mt，
整理得：F=mg-ma_M-B×$\frac{Bl{a}_{M}t}{2R}$×l，
解得：F=1.6-0.1t；
（3）對N桿，由牛頓第二定律得：μ（mg+B×$\frac{Bl{a}_{M}t}{2R}$×l）=ma_N，
可得，a_N=μg+$\frac{{B}^{2}{l}^{2}{a}_{M}t}{2mR}$，
解得：a_N=1+0.05t，
可做a_N-t圖，v₀=$\frac{1}{2}$t₀[1+（1+0.05t₀）]，
解得：t₀=2.8s，
位移：s_M=$\frac{1}{2}$at₀²=$\frac{1}{2}$×2×2.8²=7.84m；
（4）對M桿，mgS_M+W_F+W_安=$\frac{1}{2}$mv_M²-0，
解得：W_安=Q_I=1.444J，
對N桿，W_f=$\frac{1}{2}$mv₀²=$\frac{1}{2}$×0.2×3²=0.9J，
總熱量：Q_總=Q_I+W_f=1.444+0.9=2.344J；
答：（1）t=1s時，N桿上通過的電流強度大小為0.5A；
（2）M桿下滑過程中，外力F與時間t的函數關系為：F=1.6-0.1t；
（3）已知N桿停止運動時，M仍在豎直軌道上，M桿運動的位移為7.84m；
（4）系統(tǒng)產生的總熱量為2.344J．

點評 本題是一道力學與電磁感應相結合的綜合題，分析清楚金屬棒的運動過程是解題的前提與關鍵，應用E=BLv、牛頓第二定律、運動學公式與動能定理可以解題；要掌握解綜合題的思路與步驟．