Question

20．如圖1所示，間距為L的光滑金屬導(dǎo)軌MN和PQ，電阻不計(jì)，左端向上彎曲，其余水平，有兩處寬度均為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向相反的勻強(qiáng)磁場Ⅰ、Ⅱ處于導(dǎo)軌的水平部分，磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直．兩根質(zhì)量均為m，電阻均為R的金屬棒a和b與導(dǎo)軌垂直放置并始終與導(dǎo)軌良好接觸．開始時(shí)b棒置于磁場Ⅱ的中點(diǎn)，a棒從h高處無初速滑下．
（1）a棒剛進(jìn)入磁場Ⅰ時(shí)，求b棒的加速度大小和方向．
（2）將b棒固定，讓a棒滑下，以速度v₀進(jìn)入磁場Ⅰ，結(jié)果以$\frac{v_0}{2}$的速度穿出．設(shè)a棒在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，其速度的減小量與它在磁場中通過的距離成正比，即△v∝△x，求a棒即將與b棒相碰時(shí)b棒上的電功率．
（3）放開b棒，讓a棒滑下后以速度v₁進(jìn)入磁場Ⅰ，經(jīng)過時(shí)間t₁后，a棒從磁場Ⅰ穿出，速度變?yōu)?\frac{{2{v_1}}}{3}$．試大致畫出0-t₁時(shí)間內(nèi)，a、b兩棒的速度大小隨時(shí)間變化的圖象（圖2）．

Answer 1

分析 （1）由機(jī)械能守恒定律求出棒的速度，由安培力公式求出安培力，然后由牛頓第二定律求出加速度．
（2）由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出棒的速度，由E=BLv求出感應(yīng)電動(dòng)勢，由歐姆定律求出電流，然后由電功率公式求出電功率．
（3）根據(jù)導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)過程，結(jié)合（1）（2）的分析作出圖象．

解答 解：（1）設(shè)a剛帶入磁場Ⅰ時(shí)，速度為v，由機(jī)械能守恒定律得：
$mgh=\frac{1}{2}m{v^2}$，
此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢為：E_a=BLv，
電流我：$I=\frac{E_a}{2R}$，
安培力為：F_b=BIL，
由以上各式，可解得b棒的加速度：$a=\frac{F_b}{m}=\frac{{{B^2}{L^2}\sqrt{2gh}}}{2mR}$，
根據(jù)右手及左手定則判斷，加速度方向向左．
（2）設(shè)a棒即將與b棒相碰時(shí)的速度為v₀
由題意知：$\frac{{\frac{v_0}{2}-{v_0}}}svn8g50=\frac{{{v_a}-v}}{{\frac62rfdty{2}}}$，則速度為：${v_a}=\frac{v_0}{4}$，
此時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢為：$E_a^'=BL{v_a}=\frac{{BL{v_0}}}{4}$，
電流為：$I'=\frac{E_a^'}{2R}=\frac{{BL{v_0}}}{8R}$，
功率為：${P_b}={I'^2}R=\frac{{{B^2}{L^2}v_0^2}}{64R}$
（3）a、b兩棒的速度大小隨時(shí)間變化的圖象如圖所示：

答：（1）a棒剛進(jìn)入磁場Ⅰ時(shí)，b棒的加速度大小為$\frac{{B}^{2}{L}^{2}\sqrt{2gh}}{2mR}$，方向：水平向左．
（2）a棒即將與b棒相碰時(shí)b棒上的電功率為$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{0}^{2}}{64R}$．
（3）0-t₁時(shí)間內(nèi)，a、b兩棒的速度大小隨時(shí)間變化的圖象如圖所示．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了求加速度、功率、作圖象問題，分析清楚導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)過程，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律、E=BLv、歐姆定律、安培力公式、電功率公式即可正確解題．