Question

如圖所示，電阻不計(jì)的足夠長(zhǎng)光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面夾角為θ，導(dǎo)軌間距為l，軌道所在平面的正方形區(qū)域如耐內(nèi)存在著有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于導(dǎo)軌平面向上．電阻相同、質(zhì)量均為m的兩根相同金屬桿甲和乙放置在導(dǎo)軌上，甲金屬桿恰好處在磁場(chǎng)的上邊界處，甲、乙相距也為l．在靜止釋放兩金屬桿的同時(shí)，對(duì)甲施加一沿導(dǎo)軌平面且垂直甲金屬桿的外力，使甲在沿導(dǎo)軌向下的運(yùn)動(dòng)過程中始終以加速度a=gsinθ做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，金屬桿乙剮進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)即做勻速運(yùn)動(dòng)．
（1）求金屬桿的電阻R；
（2）若從釋放金屬桿時(shí)開始計(jì)時(shí)，試寫出甲金屬桿在磁場(chǎng)中所受的外力F隨時(shí)間t的變化關(guān)系式；
（3）若從開始釋放兩金屬桿到金屬桿乙剛離開磁場(chǎng)的過程中，金屬桿乙中所產(chǎn)生的焦耳熱為Q，求外力F在此過程中所做的功．

Answer 1

分析：金屬桿由靜止做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)l后，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)即做勻速運(yùn)動(dòng)．由平衡條件可求，安培力進(jìn)而求得電流、電阻，由牛頓第二定律，可求外力，由焦耳定律可求
金屬桿乙中所產(chǎn)生的焦耳熱，由能量守恒定律可求外力的功．

解答：解：（1）在乙尚未進(jìn)入磁場(chǎng)中的過程中，甲、乙的加速度相同，設(shè)乙剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速
          v²=2ax   且 a=gsinθ
        即  v=

2glsinθ

        乙剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，對(duì)乙由根據(jù)平衡條件得mgsinθ=

B2l2v

2R

          R=

B2l2 2glsinθ

2mgsinθ

（2）甲在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律可知，外力F大小始終等于安培力火小即：F=

B2l2v

2R

       v=（gsinθ）
      解得 F=

mg2sin2θ

2glsinθ

t
          方向沿導(dǎo)軌平面并垂直金屬桿甲向下
（3）設(shè)乙從釋放到剛進(jìn)入磁場(chǎng)過程中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)所需要的時(shí)間為t₁
         l=

1

2

(gsinθ)

t

2 1

          t1=

2l gsinθ

=

l

gsinθ

2glsinθ

設(shè)乙從進(jìn)入磁場(chǎng)過程至剛離開磁場(chǎng)的過程中做勻速直線運(yùn)動(dòng)所需要的時(shí)間為t2
           l=vt2
       t2=

l

2glsinθ

=

1

2gsinθ

2glsinθ

設(shè)乙離開磁場(chǎng)時(shí)，甲的速度v′
v′=（gsinθ）（t₁+t2）=

3

2

2glsinθ

設(shè)甲從開始釋放至乙離開磁場(chǎng)的過程中的位移為x    
      x=

1

2

(gsinθ)(t1+t2)2=

9

4

l 
根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律得：mgxsinθ+mg?2lsinθ+WF=2Q+

1

2

mv2+

1

2

mv′2
          W_F=2Q-mglsinθ
答：（1）金屬桿的電阻R=

B2l2 2glsinθ

2mgsinθ

；
（2）甲金屬桿在磁場(chǎng)中所受的外力F隨時(shí)間t的變化關(guān)系式F=

mg2sin2θ

2glsinθ

t；
（3）外力F在此過程中所做的功 W_F=2Q-mglsinθ

點(diǎn)評(píng)：考查了電磁感應(yīng)定律，閉合電路歐姆定律的綜合應(yīng)用，注意能量守恒的應(yīng)用．