Question

3．如圖，兩根相距l(xiāng)=0.4m的平行金屬導(dǎo)軌OC、O′C′水平放置．兩根導(dǎo)軌右端O、O′連接著與水平面垂直的光滑平行導(dǎo)軌OD、O′D′，兩根與導(dǎo)軌垂直的金屬桿M、N被放置在導(dǎo)軌上，并且始終與導(dǎo)軌保持保持良好電接觸．M、N的質(zhì)量均為m=0.2kg，電阻均為R=0.4Ω，N桿與水平導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ=0.1．整個空間存在水平向左的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.5T．現(xiàn)給N桿一水平向左的初速度v₀=3m/s，同時給M桿一豎直方向的拉力F，使M桿由靜止開始向下做加速度為a_M=2m/s²的勻加速運(yùn)動．導(dǎo)軌電阻不計(jì)，（g取10m/s²）．求：
（1）t=1s時，N桿上通過的電流強(qiáng)度大��；
（2）求M桿下滑過程中，外力F與時間t的函數(shù)關(guān)系；（規(guī)定豎直向上為正方向）
（3）已知N桿停止運(yùn)動時，M仍在豎直軌道上，求M桿運(yùn)動的位移；
（4）在N桿在水平面上運(yùn)動直到停止的過程中，已知外力F做功為-11.1J，求系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量．

Answer 1

分析 （1）由速度公式求出桿的速度，然后由E=BLv求出感應(yīng)電動勢，由歐姆定律求出電流；
（2）應(yīng)用牛頓第二定律與勻變速直線運(yùn)動的速度公式可以求出力與時間的關(guān)系式；
（3）應(yīng)用牛頓第二定律與勻變速直線運(yùn)動的位移公式可以求出桿的位移；
（4）應(yīng)用動能定理求出M、N桿產(chǎn)生的熱量，然后求出總熱量．

解答 解：（1）M桿的速度：v=a_Mt=2×1=2m/s，
感應(yīng)電流：I=$\frac{E}{2R}$=$\frac{BLv}{2R}$=$\frac{0.5×0.4×2}{2×0.4}$=0.5A；
（2）對M桿，根據(jù)牛頓第二定律：
m g-F-BIl=ma_M，v=a_Mt，
整理得：F=mg-ma_M-B×$\frac{Bl{a}_{M}t}{2R}$×l，
解得：F=1.6-0.1t；
（3）對N桿，由牛頓第二定律得：μ（mg+B×$\frac{Bl{a}_{M}t}{2R}$×l）=ma_N，
可得，a_N=μg+$\frac{{B}^{2}{l}^{2}{a}_{M}t}{2mR}$，
解得：a_N=1+0.05t，
可做a_N-t圖，v₀=$\frac{1}{2}$t₀[1+（1+0.05t₀）]，
解得：t₀=2.8s，
位移：s_M=$\frac{1}{2}$at₀²=$\frac{1}{2}$×2×2.8²=7.84m；
（4）對M桿，mgS_M+W_F+W_安=$\frac{1}{2}$mv_M²-0，
解得：W_安=Q_I=1.444J，
對N桿，W_f=$\frac{1}{2}$mv₀²=$\frac{1}{2}$×0.2×3²=0.9J，
總熱量：Q_總=Q_I+W_f=1.444+0.9=2.344J；
答：（1）t=1s時，N桿上通過的電流強(qiáng)度大小為0.5A；
（2）M桿下滑過程中，外力F與時間t的函數(shù)關(guān)系為：F=1.6-0.1t；
（3）已知N桿停止運(yùn)動時，M仍在豎直軌道上，M桿運(yùn)動的位移為7.84m；
（4）系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量為2.344J．

點(diǎn)評 本題是一道力學(xué)與電磁感應(yīng)相結(jié)合的綜合題，分析清楚金屬棒的運(yùn)動過程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用E=BLv、牛頓第二定律、運(yùn)動學(xué)公式與動能定理可以解題；要掌握解綜合題的思路與步驟．