Question

（2010?連云港二模）如圖，兩根足夠長的光滑固定平行金屬導(dǎo)軌與水平面成θ角，導(dǎo)軌間距為d，兩導(dǎo)體棒a和b與導(dǎo)軌垂直放置，兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量都為m、電阻都為R，回路中其余電阻不計(jì)．整個(gè)裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B．在t=0時(shí)刻使a沿導(dǎo)軌向上作速度為v的勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)將b由靜止釋放，b經(jīng)過一段時(shí)間后也作勻速運(yùn)動(dòng)．已知d=1m，m=0.5kg，R=0.5Ω，B=0.5T，θ=30°，g取10m/s²，不計(jì)兩導(dǎo)棒間的相互作用力．
（1）為使導(dǎo)體棒b能沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)，a的速度v不能超過多大？
（2）若a在平行于導(dǎo)軌向上的力F作用下，以v₁=2m/s的速度沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，試導(dǎo)出F與b的速率v₂的函數(shù)關(guān)系式并求出v₂的最大值；
（3）在（2）中，當(dāng)t=2s時(shí)，b的速度達(dá)到5.06m/s，2s內(nèi)回路中產(chǎn)生的焦耳熱為13.2J，求該2s內(nèi)力F做的功（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）．

Answer 1

分析：（1）要使b棒能下滑，則安培力大于重力的下滑分量；
（2）根據(jù)切割公式求解出b的切割電動(dòng)勢，然后求解出安培力，在對(duì)a棒受力分析，根據(jù)平衡條件列方程求拉力F的表達(dá)式；再對(duì)b棒受力分析，根據(jù)平衡條件求解最大速度；
（3）先對(duì)棒b運(yùn)用動(dòng)量定理列式并結(jié)合微元法列式，然后求和解出位移；最后再對(duì)兩個(gè)棒系統(tǒng)運(yùn)用功能關(guān)系列式求解．

解答：解：（1）設(shè)a的速度為v₁，由于b初態(tài)速度為零，則  I=

E1

2R

=

Bdv1

2R

     ①
對(duì)b：FA=BId=

B2d2v1

2R

         ②
F_A＜mgsinθ  ③
將①②式代入③式得：v₁＜10m/s  ④
（2）設(shè)a的速度為v₁，b的速度為v₂，回路電流為I，
則：I=

E1+E2

2R

=

Bd(v1+v2)

2R

   ⑤
對(duì)a：mgsinθ+F_A=F
即mgsinθ+

B2d2(v1+v2)

2R

=F  ⑥
代入數(shù)據(jù)得：F=3+

v2

4

  
設(shè)b的最大速度為v_m，則有：

B2d2(v1+vm)

2R

=mgsinθ
代入數(shù)據(jù)得：v_m=8m/s
（3）對(duì)b：mgsinθ-F_A=ma   
即mgsinθ-

B2d2(v1+v2)

2R

=ma
取任意無限小△t時(shí)間：mg△t?sinθ-

B2d2(v1+v2)

2R

?△t=ma?△t
代入數(shù)據(jù)并求和得：8∑△t-∑△x₂=2∑△v₂   
即8t-x₂=2v₂  
將t=2s，v₂=5.06m/s代入上式得：x₂=5.88m   
a的位移：x₁=v₁t=2×2=4m
由功能關(guān)系知：
WF=

1

2

m

v

2 2

+mgx1sinθ-mgx2sinθ+Q
代入數(shù)據(jù)得：W_F=14.9J 
答：（1）為使導(dǎo)體棒b能沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)，a的速度v不能超過10m/s；
（2）F與b的速率v₂的函數(shù)關(guān)系式為F=3+

v2

4

，v₂的最大值為8m/s；
（3）在2s內(nèi)力F做的功為14.9J．

點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵多次受力分析并根據(jù)牛頓第二定律列方程；第3問要運(yùn)用微元法求解變加速運(yùn)動(dòng)的位移，然后運(yùn)用功能關(guān)系列式求解，較難．