Question

7．如圖所示，足夠長的平行金屬導軌MN、M′N′，處于方向水平向左、磁感應強度B₁=$\frac{5}{6}$T的勻強磁場中，兩導軌間的距離L=1m．導軌右端N、N′連接著與水平面成θ=30°的足夠長光滑平行導軌N0、N′O′，NN′垂直于MN，傾斜導軌處于方向垂直于導軌向上、磁感應強度B₂=1T的勻強磁場中．兩根金屬桿P、Q的質(zhì)量均為m=1kg，電阻均為R=0.5Ω，桿與水平導軌間的動摩擦因數(shù)為μ=0.4，現(xiàn)將P桿放置于NN處并給其平行于水平導軌向左v=5m/s的初速度，與此同時，使Q桿在一平行導軌向下的外力F的作用下，從靜止開始做加速度為a=6m/s²的勻加速運動．Q桿距離NN′足夠遠，Q桿一直在斜軌上運動，不考慮感應電流產(chǎn)生磁場的影響，導軌電阻不計，g取10m/s²．
（1）求Q桿下滑過程中，外力F與時間t的函數(shù)關系；
（2）求P桿停止時Q桿已運動的位移s；
（3）已知P桿進入水平軌道直到停止的過程中，外力F對Q桿所做的功為15J，求這一過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量Q_總．

Answer 1

分析 （1）Q桿下滑時做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律和安培力與速度的關系列式，可求出F與t的關系式．
（2）Q桿在斜軌道上滑行的過程中，P桿在水平面上做減速運動，合力等于滑動摩擦力，求出滑動摩擦力，得到其加速度與時間的關系，畫出加速度與時間的關系圖象，a-t圖象與時間軸所圍的面積表示速度的變化量，根據(jù)速度的變化量大小得到P桿停止時所用時間，從而求出Q桿運動的位移s．
（3）對于P桿，求出克服摩擦力做功，從而得到摩擦生熱．對于Q桿，根據(jù)能量守恒定律求出熱量，從而得到總熱量Q_總．

解答 解：（1）Q桿下滑時做勻加速運動，t時刻所受的安培力大小
  F_安=B₂IL=B₂$\frac{{B}_{2}Lat}{2R}$L=$\frac{{B}_{2}^{2}{L}^{2}at}{2R}$
由牛頓第二定律得：
  F+mgsin30°-F_安=ma
聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：F=（6t+1）N；
（2）P桿在斜軌道滑行中，M桿在水平面上做減速運動，
  f=μN=μ（mg+B₁•$\frac{{B}_{2}Lat}{2R}$L）=ma_P，
代入數(shù)據(jù)解得：a_P=4+2t，
P桿作加速度逐漸增大的減速運動，作出P桿加速度與時間的圖象，如圖所示：可知圖中圍成的面積是P桿速度的變化量，當P桿停止時，速度的改變量大小為△v_P=5m/s．
設P桿經(jīng)過時間t恰好停止運動，則有：
 $\frac{1}{2}$（4+4+2t）×t=△v_P，
代入數(shù)據(jù)解得：t=1s
Q桿在這一秒內(nèi)運動的位移為：s=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}$×6×1²=3m，
（3）對于P桿克服摩擦力所做的功：-W_克f=0-$\frac{1}{2}$mv²，
代入數(shù)據(jù)解得：W_克f=12.5J，
即P桿和水平軌道由于摩擦產(chǎn)生的熱量為 Q_P=W_克f=12.5J
對于Q桿，根據(jù)動能定理得：W_外+W_克安+（mgsinθ）s=$\frac{1}{2}$mv_Q²，速度：v_Q=at，
代入數(shù)據(jù)解得：W_克安=12J，
所以兩金屬棒共同產(chǎn)生的焦耳熱 Q_焦=W_克安=12J
故總熱量 Q_總=Q_P+Q_焦=12.5J+12J=24.5J
答：（1）在Q桿下滑過程中，外力F與時間t的函數(shù)關系是F=（6t+1）N；
（2）P桿停止時Q桿已運動的位移s是3m；
（3）這一過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量Q_總是24.5J．

點評 本題是復雜的電磁感應問題，離不開力和運動關系的分析、功和能關系的分析．對于熱量，若回路中電流是變化的，往往根據(jù)能量守恒定律求解．