Question

5．如圖所示，固定于水平桌面上足夠長的兩平行導(dǎo)軌PQ、MN，PQ、MN的電阻不計，間距為d=0.5m．P、M兩端接有一只理想電壓表，整個裝置處于豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.2T的勻強(qiáng)磁場中．電阻分別為R₁=0.4Ω、R₂=0.1Ω、質(zhì)量分別為m₁=0.3kg和m₂=0.5kg的兩金屬棒L₁、L₂平行的擱在光滑導(dǎo)軌上．現(xiàn)固定棒L₁，L₂在水平恒力F=0.4N的作用下，由靜止開始做加速運(yùn)動，求：
（1）當(dāng)電壓表的讀數(shù)為U=0.4V時，棒L₂的速度v₁和加速度a；
（2）棒L₂能達(dá)到的最大速度v_m的大��；
（3）若在棒L₂達(dá)到最大速度v_m時撤去外力F，并同時釋放棒L₁，求棒L₂達(dá)到穩(wěn)定時的速度值v；
（4）若固定棒L₁，當(dāng)棒L₂的速度為v₂，且離開棒L₁距離為S的同時，撤去恒力F，為保持棒L₂做勻速運(yùn)動，可以采用將B從原值（B₀=0.2T）逐漸減小的方法，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B_t應(yīng)怎樣隨時間變化（寫出B_t與時間t的關(guān)系式）．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)歐姆定律求解電流，求解出安培力，對右棒運(yùn)用牛頓第二定律列式求解加速度；
（2）當(dāng)安培力與拉力平衡時，速度達(dá)到最大；
（3）撤去恒力F后，兩個棒系統(tǒng)受一對等大、反向的安培力，系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律列式求解即可；
（4）要使棒L₂保持勻速運(yùn)動，必須使回路中的磁通量保持不變，根據(jù)磁通量不變列式求解即可．

解答 解：（1）L₁與L₂串聯(lián)，流過L₁、L₂的電流為：I=$\frac{U}{R_1}$=$\frac{0.4}{0.4}$=1A，
感應(yīng)電動勢：E=I（R₁+R₂）=1×（0.4+0.1）=0.5V，
感應(yīng)電動勢：E=Bdv₁，解得：v₁=$\frac{E}{Bd}$=$\frac{0.5}{0.2×0.5}$=5m/s，
L₂所受安培力為：F_安=BdI=0.2×0.5×1=0.1N，
由牛頓第二定律得，加速度：$a=\frac{{F-{F_安}}}{m_2}=\frac{0.4-0.1}{0.5}=0.6$m/s²；
（2）當(dāng)L₂所受安培力F_安=F時，棒有最大速度v_m，此時電路中電流為I_m，
則：F_安=BdI_m，${I_m}=\frac{E_m}{{{R_1}+{R_2}}}$，E_m=Bdv_m，
由平衡條件得：F_安=F，代入數(shù)據(jù)解得：v_m=20m/s；
（3）撤去F后，棒L₂做減速運(yùn)動，L₁做加速運(yùn)動，當(dāng)兩棒達(dá)到共同速度v_共時，
L₂有穩(wěn)定速度，此過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：
m₂v_m=（m₁+m₂）v，代入數(shù)據(jù)解得：v=12.5 m/s；
（4）要使L₂保持勻速運(yùn)動，回路中磁通量必須保持不變，
設(shè)撤去恒力F時磁感應(yīng)強(qiáng)度為B₀，t時刻磁感應(yīng)強(qiáng)度為B_t，
則：B₀dS=B_td（S+v₂t），解得：${B_t}=\frac{{{B_0}S}}{{S+{v_2}t}}$；
答：（1）當(dāng)電壓表的讀數(shù)為U=0.4V時，棒L₂的速度v₁為5m/s，加速度a為0.6m/s²；
（2）棒L₂能達(dá)到的最大速度v_m的大小為20m/s；
（3）若在棒L₂達(dá)到最大速度v_m時撤去外力F，并同時釋放棒L₁，棒L₂達(dá)到穩(wěn)定時的速度值v為12.5m/s；
（4）磁感應(yīng)強(qiáng)度B_t隨時間變化的關(guān)系為：${B_t}=\frac{{{B_0}S}}{{S+{v_2}t}}$．

點(diǎn)評 本題關(guān)鍵明確：①撤去拉力后，兩個棒系統(tǒng)動量守恒；②固定L₁，要使棒L₂保持勻速運(yùn)動，必須使回路中的磁通量保持不變．