Question

9．如圖甲所示，光滑且足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ固定在同一水平面上，兩導(dǎo)軌間距L=0.2m，電阻R=0.5Ω，導(dǎo)軌上停放一質(zhì)量m=0.1kg，電阻不計(jì)的金屬桿，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的方向豎直向下，現(xiàn)用一外力F沿水平方向拉桿，使之由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，若理想電壓表示數(shù)U隨時(shí)間t變化關(guān)系如圖乙所示．求：
（1）金屬桿在5s末的運(yùn)動(dòng)速率和拉力；
（2）第4s末時(shí)外力F的功率．

Answer 1

分析 （1）由圖象求出5s末的電壓，然后應(yīng)用E=BLv求出金屬棒的速率，由牛頓第二定律求出拉力．
（2）求出4s末的拉力與速度，然后應(yīng)用功率公式P=Fv求出拉力的功率．

解答 解：（1）金屬桿電阻不計(jì)，則電阻兩端電壓等于感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，
由圖示圖象可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間均勻增加，由E=BLv可知，
v隨時(shí)間均勻增加，則金屬桿做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，
由圖乙所示圖象可知，5s末：E=U=0.2V，由E=BLv可知，
此時(shí)金屬桿速率為：v=$\frac{E}{BL}$=$\frac{0.2}{0.5×0.2}$=2m/s，
金屬桿的加速度為：a=$\frac{△v}{△t}$=$\frac{2}{5}$=0.4m/s²，
此時(shí)金屬桿受到的安培力我：F_安培=BIL=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$=$\frac{0．{5}^{2}×0．{2}^{2}×2}{0.5}$=0.04N，
由牛頓第二定律得：F-F_安培=ma
解得：F=F_安培+ma=0.04+0.1×0.4=0.08N；
（2）由圖乙所示圖象可知，4s末感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E′=U′=$\frac{0.2}{5}$×4=0.16V，
此時(shí)金屬桿的速度我：v′=$\frac{E′}{BL}$=$\frac{0.16}{0.5×0.2}$=1.6m/s，
金屬桿所受安培力我：F_安培′=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v′}{R}$=$\frac{0．{5}^{2}×0．{2}^{2}×1.6}{0.5}$=0.032N，
由牛頓第二定律得：F′-F_安培′=ma
解得：F′=F_安培′+ma=0.032+0.1×0.4=0.072N，
外力的功率：P=F′v′=0.072×1.6=0.1152W；
答：（1）金屬桿在5s末的運(yùn)動(dòng)速率為2m/s，拉力為0.08N；
（2）第4s末時(shí)外力F的功率為0.1152W．

點(diǎn)評(píng) 本題是電磁感應(yīng)與電路、力學(xué)知識(shí)的綜合，根據(jù)圖示圖象求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，然后由E=BLv的變形公式求出金屬桿的速率；由加速度的定義，求出加速度；根據(jù)瞬時(shí)功率的表達(dá)式，求出第4秒末外力F的功率．涉及的知識(shí)點(diǎn)較多．