Question

4．如圖（a）所示，兩個完全相同的“人”字型金屬軌道面對面正對著固定在豎直平面內，間距為d，它們的上端公共軌道部分保持豎直，下端均通過一小段彎曲軌道與一段直軌道相連，底端置于絕緣水平桌面上．MM′、PP′（圖中虛線）之下的直軌道MN、M′N′、PQ、P′Q′長度均為L且不光滑（軌道其余部分光滑），并與水平方向均構成37°斜面，在左邊軌道MM′以下的區(qū)域有垂直于斜面向下、磁感強度為B₀的勻強磁場，在右邊軌道PP′以下的區(qū)域有平行于斜面但大小未知的勻強磁場B_x，其它區(qū)域無磁場．QQ′間連接有阻值為2R的定值電阻與電壓傳感器（e、f為傳感器的兩條接線）．另有長度均為d的兩根金屬棒甲和乙，它們與MM′、PP′之下的軌道間的動摩擦因數(shù)均為μ=$\frac{1}{8}$．甲的質量為m、電阻為R；乙的質量為2m、電阻為2R．金屬軌道電阻不計．
先后進行以下兩種操作：
操作Ⅰ：將金屬棒甲緊靠豎直軌道的左側，從某處由靜止釋放，運動到底端NN′過程中棒始終保持水平，且與軌道保持良好電接觸，計算機屏幕上顯示的電壓-時間關系圖象U-t圖如圖（b）所示（圖中U已知）；
操作Ⅱ：將金屬棒甲緊靠豎直軌道的左側、金屬棒乙（圖中未畫出）緊靠豎直軌道的右側，在同一高度將兩棒同時由靜止釋放．多次改變高度重新由靜止釋放，運動中兩棒始終保持水平，發(fā)現(xiàn)兩棒總是同時到達桌面．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）

（1）試求操作Ⅰ中甲到MM′的速度大小；
（2）試求操作Ⅰ全過程定值電阻上產生的熱量Q；
（3）試求右邊軌道PP′以下的區(qū)域勻強磁場B_x的方向和大�。�

Answer 1

分析 （1）根據圖象求得電壓對應的速度；
（2）由動能定理求得產生的熱量；
（3）通過牛頓第二定律分別求得，兩棒的加速度表達式，根據兩者之間的關系確定力的關系．

解答 解：（1）由動能定理得：mgh=$\frac{1}{2}$mv₁²  
由圖象知：棒進入磁場時定值電阻2R的電壓為U，通過的電流為：
I₁=$\frac{{B}_{0}d{v}_{1}}{3R}$
則有：U=I₁×2R=$\frac{2{B}_{0}d{v}_{1}}{3}$
解得：v₁=$\frac{3U}{2{B}_{0}d}$
（2）當甲棒離開磁場時的速度為v₂，則有：2U=$\frac{2R}{3R}$B₀dv₂=$\frac{2}{3}$B₀dv₂
對甲棒，由動能定理，有：mgLsin37°-μmgLcos37°-Q_總=$\frac{1}{2}$mv₂²-$\frac{1}{2}$mv₁²
式中Q_總為克服安培力所做的功，轉化成了甲、乙棒上產生的熱量；故有：Q_總=$\frac{1}{2}$mgL-$\frac{27m{U}^{2}}{8{B}_{0}^{2}qiintty^{2}}$
定值電阻上產生的熱量為：Q=$\frac{2}{3}$Q_總=$\frac{1}{3}$mgL-$\frac{9m{U}^{2}}{4{B}_{0}^{2}3xqwkry^{2}}$．
（3）由右手定則得：B_x沿斜面向下；
（兩棒由靜止釋放的高度越高，甲棒進入磁場時的安培力越大，加速度越小，而乙棒只有摩擦力越大加速度才越小，故乙棒所受安培力應垂直斜面向下）
從不同高度下落兩棒總是同時到達桌面，說明兩棒運動的加速度時刻相同．
對甲棒，根據牛頓第二定律，有：mgsinθ-μmgcosθ-$\frac{{B}_{0}^{2}o6mbipj^{2}v}{2R}$=ma
對乙棒，根據牛頓第二定律，有：2mgsinθ-μ（2mgcosθ+B_x×$\frac{1}{2}$×$\frac{{B}_{0}dv}{2R}$d）=2ma
則有：$\frac{μ{B}_{x}{B}_{0}ncxys8s^{2}v}{8R}$=$\frac{{B}_{0}^{2}4wrzppk^{2}v}{2R}$
解得：B_x=$\frac{4}{μ}$B₀=32B₀；
答：（1）則操作Ⅰ中甲到MM′的速度大小$\frac{3U}{2{B}_{0}d}$；
（2）則操作Ⅰ全過程定值電阻上產生的熱量$\frac{1}{3}$mgL-$\frac{9m{U}^{2}}{4{B}_{0}^{2}ppn3hnv^{2}}$；
（3）則右邊軌道PP′以下的區(qū)域勻強磁場B_x的方向沿斜面向和大小32B₀

點評 本題要能正確讀取圖象的信息，準確分析能量的轉化情況，由切割產生的感應電動勢公式、閉合電路歐姆定律、共點力平衡、能量守恒等知識解答，綜合性較強，需加強訓練，提高解題能力．