Question

8．如圖所示，足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌MN、M′N′處于方向水平向左、磁感應(yīng)強(qiáng)度B₁=$\frac{5}{6}T$的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩導(dǎo)軌間的距離L=1m，導(dǎo)軌右端N、N′連接著與水平面成θ=30°的足夠長(zhǎng)光滑平行導(dǎo)軌NO、N′O′、NN′垂直于MN，傾斜導(dǎo)軌處于方向垂直與導(dǎo)軌向上、磁感應(yīng)輕度B₂=1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩根金屬桿P、Q的質(zhì)量均為m=1kg，電阻均為R=0.5Ω，桿與水平導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.4，現(xiàn)將P桿放置與NN′處并給其平行于水平導(dǎo)軌向左v=5m/s的初速度，與此同時(shí)，使Q桿在一平行導(dǎo)軌向下的外力F的作用下，從靜止開(kāi)始做加速度為a=6m/s²的勻加速運(yùn)動(dòng)，Q桿距離NN′足夠遠(yuǎn)，Q桿一直在斜軌上運(yùn)動(dòng)，不考慮感應(yīng)電流產(chǎn)生磁場(chǎng)的影響，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，g取10m/s²
（1）求Q桿下滑過(guò)程中，外力F與時(shí)間t的函數(shù)關(guān)系；
（2）求P桿停止時(shí)Q桿已運(yùn)動(dòng)的位移S；
（3）已知P桿進(jìn)入水平軌道直到停止的過(guò)程中，外力F對(duì)Q桿所做的功為15J，求這一過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量Q_總．

Answer 1

分析 （1）Q桿下滑時(shí)做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和安培力與速度的關(guān)系式，得到F和t的關(guān)系．
（2）Q桿在斜軌道滑行中，P桿在水面上作減速運(yùn)動(dòng)，對(duì)P桿，根據(jù)牛頓第二定律列式，得到加速度與時(shí)間的關(guān)系，由P桿的加速度與時(shí)間的圖象可知：圖象與時(shí)間軸所圍成的面積表示P桿速度的變化量，即M桿停止時(shí)，速度的改變量大小，列式求出M桿運(yùn)動(dòng)時(shí)間，根據(jù)兩桿運(yùn)動(dòng)的同時(shí)性，得到Q桿的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，再由位移時(shí)間公式求解Q桿運(yùn)動(dòng)的位移s．
（3）這一過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量等于P桿摩擦產(chǎn)生的熱量和Q桿產(chǎn)生的焦耳熱之和．根據(jù)功能關(guān)系分別求解得出

解答 解：（1）Q桿在斜軌道滑行過(guò)程中，設(shè)受到的安培力為F_安，由左手定則可判斷安培力沿斜面向上
沿著斜面方向有：F+mgsin30°-F_安=ma
F_安=B₂IL   I=$\frac{{B}_{2}Lv}{2R}$ 
Q桿勻加速運(yùn)動(dòng) v=at  
將m=1kg B₂=1T   L=1m  R=0.5Ω   a=6m/s²
代入得：F+1×10×$\frac{1}{2}$-1×$\frac{1×1×6t}{2×0.5}$×1=1×a
化簡(jiǎn)整理得：F=1+6t
（2）Q桿在斜軌道滑行時(shí)，P桿在水平面上做減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)P桿受到的安培力為F_安，由左手定則可判斷安培力水平向右
對(duì)P桿受力分析結(jié)合牛頓第二定律得：f=μN(yùn)=μ（mg+F_安）
F_安=B₁IL  I=$\frac{{B}_{2}Lv}{2R}$  
Q桿勻加速運(yùn)動(dòng) v=at
對(duì)P受力分析結(jié)合牛頓第二定律可得：
f=ma
將m=1kg B₂=1T L=1m R=0.5Ω a=6m/s²
代入得：0.4×（1×10+$\frac{5}{6}$×$\frac{1×1×6t}{2×0.5}$×1）=1×a
得：a=4+2t
P桿作加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，在P桿加速度與時(shí)間的圖象中，可知圍成的面積是P桿速度的變化量
當(dāng)P桿停止時(shí)，速度的改變量大小為5m/s．
設(shè)P桿經(jīng)過(guò)時(shí)間t恰好停止運(yùn)動(dòng)．速度的變化量△v_P=5m/s△v_P=$\frac{1}{2}$（4+4+2t）
解得：t=1s
對(duì)Q桿：s=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}$×6×1=3m
（3）設(shè)摩擦力對(duì)P桿做的功為W_f、安培力做功為W_安
對(duì)于P桿根據(jù)動(dòng)能定理：W_f=0$-\frac{1}{2}m{v}^{2}$
W_f=0$-\frac{1}{2}$×1×5²=12.5J
對(duì)于Q桿根據(jù)動(dòng)能定理：W_安+W_F+（mgsinθ）s=$\frac{1}{2}$mv²
v=at
代入數(shù)據(jù)得：W_安+15J+（1×10×$\frac{1}{2}$）×3=$\frac{1}{2}$×1（6×1）²
W_安=-12J
所以兩金屬棒共同產(chǎn)生的焦耳熱 Q_焦=W_克安=12J
總熱量 Q_總=W_克f+W_克安=12.5J+12J=24.5J
答（1）求Q桿下滑過(guò)程中，外力F與時(shí)間t的函數(shù)關(guān)系為F=1+6t
（2）求P桿停止時(shí)Q桿已運(yùn)動(dòng)的位移S=3m；
（3）已知P桿進(jìn)入水平軌道直到停止的過(guò)程中，外力F對(duì)Q桿所做的功為15J，求這一過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量Q_總=24.5J

點(diǎn)評(píng) 本題是復(fù)雜的電磁感應(yīng)問(wèn)題，離不開(kāi)力和運(yùn)動(dòng)關(guān)系的分析、功和能關(guān)系的分析．對(duì)于熱量，若回路中電流是變化的，往往根據(jù)能量守恒定律求解