Question

10．如圖所示，電阻不計(jì)的足夠長光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面夾角為θ，導(dǎo)軌間距為l，軌道所在平面的正方形區(qū)域如耐內(nèi)存在著有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于導(dǎo)軌平面向上．電阻相同、質(zhì)量均為m的兩根相同金屬桿甲和乙放置在導(dǎo)軌上，甲金屬桿恰好處在磁場的上邊界處，甲、乙相距也為l．在靜止釋放兩金屬桿的同時(shí)，對甲施加一沿導(dǎo)軌平面且垂直甲金屬桿的外力，使甲在沿導(dǎo)軌向下的運(yùn)動(dòng)過程中始終以加速度a=gsinθ做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，金屬桿乙剮進(jìn)入磁場時(shí)即做勻速運(yùn)動(dòng)．
（1）求金屬桿的電阻R；
（2）若從釋放金屬桿時(shí)開始計(jì)時(shí)，試寫出甲金屬桿在磁場中所受的外力F隨時(shí)間t的變化關(guān)系式；
（3）若從開始釋放兩金屬桿到金屬桿乙剛離開磁場的過程中，金屬桿乙中所產(chǎn)生的焦耳熱為Q，求外力F在此過程中所做的功．

Answer 1

分析 金屬桿由靜止做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)l后，進(jìn)入磁場時(shí)即做勻速運(yùn)動(dòng)．由平衡條件可求，安培力進(jìn)而求得電流、電阻，由牛頓第二定律，可求外力，由焦耳定律可求
金屬桿乙中所產(chǎn)生的焦耳熱，由能量守恒定律可求外力的功．

解答 解：（1）在乙尚未進(jìn)入磁場中的過程中，甲、乙的加速度相同，設(shè)乙剛進(jìn)入磁場時(shí)的速
  v²=2ax   且 a=gsinθ
 即  v=$\sqrt{2glsinθ}$
 乙剛進(jìn)入磁場時(shí)，對乙由根據(jù)平衡條件得$mgsinθ=\frac{{B}^{2}{l}^{2}v}{2R}$
 $R=\frac{{B}^{2}{l}^{2}\sqrt{2glsinθ}}{2mgsinθ}$
（2）甲在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律可知，外力F大小始終等于安培力火小即：$F=\frac{{{B^2}{l^2}v}}{2R}$
 v=（gsinθ）t
 解得 $F=\frac{m{g}^{2}si{n}^{2}θ}{\sqrt{2glsinθ}}t$
方向沿導(dǎo)軌平面并垂直金屬桿甲向下
（3）設(shè)乙從釋放到剛進(jìn)入磁場過程中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)所需要的時(shí)間為t₁
 l=$\frac{1}{2}（gsinθ）t_1^2$
 ${t_1}=\sqrt{\frac{2l}{gsinθ}}=\frac{l}{gsinθ}\sqrt{2glsinθ}$
設(shè)乙從進(jìn)入磁場過程至剛離開磁場的過程中做勻速直線運(yùn)動(dòng)所需要的時(shí)間為t2
 l=vt₂
 ${t_2}=\frac{l}{{\sqrt{2glsinθ}}}=\frac{1}{2gsinθ}\sqrt{2glsinθ}$
設(shè)乙離開磁場時(shí)，甲的速度v′
v′=（gsinθ）（t₁+t₂）=$\frac{3}{2}\sqrt{2glsinθ}$
設(shè)甲從開始釋放至乙離開磁場的過程中的位移為x    
 $x=\frac{1}{2}（gsinθ）{（{t_1}+{t_2}）^2}=\frac{9}{4}l$ 
根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律得：$mgxsinθ+mg•2lsinθ+{W_F}=2Q+\frac{1}{2}m{v^2}+\frac{1}{2}m{v'^2}$
  W_F=2Q-mglsinθ
答：（1）金屬桿的電阻$R=\frac{{B}^{2}{l}^{2}\sqrt{2glsinθ}}{2mgsinθ}$；
（2）甲金屬桿在磁場中所受的外力F隨時(shí)間t的變化關(guān)系式$F=\frac{mg2sin2θ}{\sqrt{2glsinθ}}t$；
（3）外力F在此過程中所做的功為2Q-mglsinθ

點(diǎn)評 本題考查了電磁感應(yīng)定律，閉合電路歐姆定律的綜合應(yīng)用，要注意能量守恒的應(yīng)用；在學(xué)習(xí)中要注意訓(xùn)練能量守恒的應(yīng)用方法．