Question

8．如圖（a）所示，兩個(gè)完全相同的“人”字型金屬軌道面對(duì)面正對(duì)著固定在豎直平面內(nèi)，間距為d，它們的上端公共軌道部分保持豎直，下端均通過(guò)一小段彎曲軌道與一段直軌道相連，底端置于絕緣水平桌面上．MM′、PP′（圖中虛線）之下的直軌道MN、M′N(xiāo)′、PQ、P′Q′長(zhǎng)度均為L(zhǎng)且不光滑（軌道其余部分光滑），并與水平方向均構(gòu)成37°斜面，在左邊軌道MM′以下的區(qū)域有垂直于斜面向下、磁感強(qiáng)度為B₀的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在右邊軌道PP′以下的區(qū)域有平行于斜面但大小未知的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B_x，其它區(qū)域無(wú)磁場(chǎng)．QQ′間連接有阻值為2R的定值電阻與電壓傳感器（e、f為傳感器的兩條接線）．另有長(zhǎng)度均為d的兩根金屬棒甲和乙，它們與MM′、PP′之下的軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=$\frac{1}{8}$．甲的質(zhì)量為m、電阻為R；乙的質(zhì)量為2m、電阻為2R．金屬軌道電阻不計(jì)．
先后進(jìn)行以下兩種操作：
操作Ⅰ：將金屬棒甲緊靠豎直軌道的左側(cè)，從某處由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到底端NN′過(guò)程中棒始終保持水平，且與軌道保持良好電接觸，計(jì)算機(jī)屏幕上顯示的電壓-時(shí)間關(guān)系圖象U-t圖如圖（b）所示（圖中U已知）；
操作Ⅱ：將金屬棒甲緊靠豎直軌道的左側(cè)、金屬棒乙（圖中未畫(huà)出）緊靠豎直軌道的右側(cè)，在同一高度將兩棒同時(shí)由靜止釋放．多次改變高度重新由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)中兩棒始終保持水平，發(fā)現(xiàn)兩棒總是同時(shí)到達(dá)桌面．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）

（1）試求操作Ⅰ中甲到MM′的速度大��；
（2）試求操作Ⅰ全過(guò)程定值電阻上產(chǎn)生的熱量Q；
（3）試求右邊軌道PP′以下的區(qū)域勻強(qiáng)磁場(chǎng)B_x的方向和大小．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)圖象求得電壓對(duì)應(yīng)的速度；
（2）由動(dòng)能定理求得產(chǎn)生的熱量；
（3）通過(guò)牛頓第二定律分別求得，兩棒的加速度表達(dá)式，根據(jù)兩者之間的關(guān)系確定力的關(guān)系．

解答 解：（1）由動(dòng)能定理得：mgh=$\frac{1}{2}$mv₁²  
由圖象知：棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)定值電阻2R的電壓為U，通過(guò)的電流為：
I₁=$\frac{{B}_{0}d{v}_{1}}{3R}$
則有：U=I₁×2R=$\frac{2{B}_{0}d{v}_{1}}{3}$
解得：v₁=$\frac{3U}{2{B}_{0}d}$
（2）當(dāng)甲棒離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度為v₂，則有：2U=$\frac{2R}{3R}$B₀dv₂=$\frac{2}{3}$B₀dv₂
對(duì)甲棒，由動(dòng)能定理，有：mgLsin37°-μmgLcos37°-Q_總=$\frac{1}{2}$mv₂²-$\frac{1}{2}$mv₁²
式中Q_總為克服安培力所做的功，轉(zhuǎn)化成了甲、乙棒上產(chǎn)生的熱量；
故有：Q_總=$\frac{1}{2}$mgL-$\frac{27m{U}^{2}}{8{B}_{0}^{2}kttj6vf^{2}}$
定值電阻上產(chǎn)生的熱量為：Q=$\frac{2}{3}$Q_總=$\frac{1}{3}$mgL-$\frac{9m{U}^{2}}{4{B}_{0}^{2}02jb1q3^{2}}$．
（3）由右手定則得：B_x沿斜面向下；
（兩棒由靜止釋放的高度越高，甲棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的安培力越大，加速度越小，而乙棒只有摩擦力越大加速度才越小，故乙棒所受安培力應(yīng)垂直斜面向下）
從不同高度下落兩棒總是同時(shí)到達(dá)桌面，說(shuō)明兩棒運(yùn)動(dòng)的加速度時(shí)刻相同．
對(duì)甲棒，根據(jù)牛頓第二定律，有：mgsinθ-μmgcosθ-$\frac{{B}_{0}^{2}v8s6ejl^{2}v}{2R}$=ma
對(duì)乙棒，根據(jù)牛頓第二定律，有：2mgsinθ-μ（2mgcosθ+B_x×$\frac{1}{2}$×$\frac{{B}_{0}dv}{2R}$d）=2ma
則有：$\frac{μ{B}_{x}{B}_{0}khhma0p^{2}v}{8R}$=$\frac{{B}_{0}^{2}slm8ppq^{2}v}{2R}$
解得：B_x=$\frac{4}{μ}$B₀=32B₀；
答：（1）則操作Ⅰ中甲到MM′的速度大小$\frac{3U}{2{B}_{0}d}$；
（2）則操作Ⅰ全過(guò)程定值電阻上產(chǎn)生的熱量$\frac{1}{3}$mgL-$\frac{9m{U}^{2}}{4{B}_{0}^{2}1y6vhcc^{2}}$；
（3）則右邊軌道PP′以下的區(qū)域勻強(qiáng)磁場(chǎng)B_x的方向沿斜面向和大小32B₀

點(diǎn)評(píng) 本題要能正確讀取圖象的信息，準(zhǔn)確分析能量的轉(zhuǎn)化情況，由切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式、閉合電路歐姆定律、共點(diǎn)力平衡、能量守恒等知識(shí)解答，綜合性較強(qiáng)，需加強(qiáng)訓(xùn)練，提高解題能力．