Question

11．如圖甲所示，電阻不計的光滑平行“U”型金屬導(dǎo)軌固定作水平桌面上，軌道間距L=lm，與導(dǎo)軌垂直的虛線PQ右側(cè)有范圍足夠大的、豎直方向的勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出），磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時間t變化關(guān)系如圖乙所示．在軌道上與虛線PQ相距d₁=0．lm處，靜置一質(zhì)量m=0．lkg、電阻R=1Ω、長度L=lm的金屬桿a． 有一重物b通過光滑的定滑輪由輕繩與金屬桿a相連，重物b的質(zhì)量也為m=0．lkg，輕繩始終處于繃緊狀態(tài)．在t=0時刻，將重物b和金屬桿同時從靜止開始釋放．已知金屬桿始終與軌道垂直且接觸良好，軌道右側(cè)MN處有卡環(huán)，金屬桿運動至MN處將被卡住不再運動，PQ與MN間距d₁=1m，重物b距地足夠高，不計空氣阻力，重力加速度取g=l0m/s²．求：
（1）金屬桿剛要進(jìn)入磁場時速度大小v；
（2）金屬桿剛進(jìn)入磁場時加速度大小a；
（3）在0～3s時間內(nèi)金屬桿a產(chǎn)生的焦耳熱．

Answer 1

分析 （1）對整體分析，根據(jù)牛頓第二定律求出金屬桿未進(jìn)入磁場時的加速度，結(jié)合速度位移公式求出金屬桿剛要進(jìn)入磁場時的速度大小．
（2）對整體分析，結(jié)合安培力公式和切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢公式和歐姆定律得出安培力，從而根據(jù)牛頓第二定律得出加速度的大小．
（3）分段研究，求出磁場不變時的感應(yīng)電流，和磁場均勻減小時的感應(yīng)電流，結(jié)合焦耳定律求出金屬桿a產(chǎn)生的焦耳熱．

解答 解：（1）對整體研究，根據(jù)牛頓第二定律得，a₁=$\frac{mg}{2m}=\frac{g}{2}=\frac{10}{2}m/{s}^{2}=5m/{s}^{2}$，
金屬桿剛要進(jìn)入磁場時的速度大小v=$\sqrt{2{a}_{1}ed0dtra_{1}}=\sqrt{2×5×0.1}m/s=1m/s$．
（2）金屬桿進(jìn)入磁場的時間${t}_{1}=\frac{v}{a}=\frac{1}{5}s=0.2s$，
此時磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T，對整體分析，加速度a=$\frac{mg-BIL}{2m}=\frac{mg-\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}}{2m}$=$\frac{g}{2}-\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{2mR}$=$5-\frac{1×1×1}{2×0.1×1}=0m/{s}^{2}$．
（3）金屬桿從PQ到MN的時間${t}_{2}=\frac{y5udmpm_{2}}{v}=\frac{1}{1}s=1s$，
可知0-3s內(nèi)，在0.2-1s內(nèi)有電流，2-3s內(nèi)有電流，
在0.2-1s內(nèi)，電流的大小${I}_{1}=\frac{BLv}{R}=\frac{1×1×1}{1}A=1A$，則金屬桿a產(chǎn)生的焦耳熱${Q}_{1}={{I}_{1}}^{2}R{t}_{1}=1×1×0.8J=0.8J$，
在2-3s內(nèi)，電流的大小${I}_{2}=\frac{E}{R}=\frac{\frac{△B}{△t}Lj5vtlu1_{2}}{R}=\frac{1×1×1}{1}A=1A$，則金屬桿a產(chǎn)生的焦耳熱${Q}_{2}={{I}_{2}}^{2}R{t}_{2}=1×1×1J=1J$，
可知Q=Q₁+Q₂=0.8+1J=1.8J．
答：（1）金屬桿剛要進(jìn)入磁場時速度大小v為1m/s；
（2）金屬桿剛進(jìn)入磁場時加速度大小a為0；
（3）在0～3s時間內(nèi)金屬桿a產(chǎn)生的焦耳熱為1.8J．

點評 本題是電磁感應(yīng)與電路、力學(xué)知識的綜合，關(guān)鍵要正確分析導(dǎo)體棒的受力情況和能量轉(zhuǎn)化的情況，熟練推導(dǎo)出安培力與速度的關(guān)系，結(jié)合牛頓第二定律和運動學(xué)公式綜合求解．