Question

如圖所示，兩電阻不計(jì)的足夠長光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面夾角θ=30°，導(dǎo)軌間距l(xiāng)，所在平面的正方形區(qū)域abcd內(nèi)存在有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.2T，方向垂直斜面向上．將甲乙兩電阻阻值相同、質(zhì)量均為m=0.02kg的相同金屬桿如圖放置在導(dǎo)軌上，甲金屬桿處在磁場的上邊界，甲乙相距也為l，其中l(wèi)=0.4m．靜止釋放兩金屬桿的同時(shí)，在甲金屬桿上施加一個(gè)沿著導(dǎo)軌的外力F，使甲金屬桿在運(yùn)動(dòng)過程中始終做沿導(dǎo)軌向下的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小5m/s²．（取g=10m/s²）
（1）乙金屬桿剛進(jìn)入磁場時(shí)，發(fā)現(xiàn)乙金屬桿作勻速運(yùn)動(dòng)，則甲乙的電阻R為多少？
（2）以剛釋放時(shí)t=0，寫出從開始到甲金屬桿離開磁場，外力F隨時(shí)間t的變化關(guān)系，并說明F的方向．
（3）乙金屬桿在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，乙金屬桿中的電功率多少？
（4）若從開始釋放到乙金屬桿離開磁場，乙金屬桿中共產(chǎn)生熱量Q=

1

30

J，試求此過程中外力F對甲做的功．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)題意得到甲乙加速度相同，都是5m/s²，當(dāng)乙進(jìn)入磁場時(shí)，甲剛出磁場，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出乙進(jìn)入磁場時(shí)的速度，乙金屬桿剛進(jìn)入磁場時(shí)作勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)安培力的公式和平衡條件可求出甲乙的電阻R．
（2）甲在磁場中運(yùn)動(dòng)做勻加速運(yùn)動(dòng)，由速度公式得到速度與時(shí)間的關(guān)系式，根據(jù)牛頓第二定律求解外力F隨時(shí)間t的變化關(guān)系．
（3）乙在磁場中作勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)公式P=I²R求解其電功率．
（4）乙進(jìn)入磁場前，甲乙發(fā)出相同熱量．甲一直在磁場中時(shí)，外力F始終等于安培力，克服安培力做功等于甲乙產(chǎn)生的總熱量；乙在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理求出乙放出的熱量，即可求出甲乙發(fā)出的熱量，再求出外力做功．

解答：解：（1）甲乙加速度相同（5m/s²），當(dāng)乙進(jìn)入磁場時(shí)，甲剛出磁場
乙進(jìn)入磁場時(shí)v=

2glsinθ

=2m/s①
乙受力平衡 mgsinθ=F=

B2l2v

2R

②
R=

B2l2v

2mgsinθ

=

0.22×0.42×2

2×0.02×10×0.5

=0.064Ω
（2）甲在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，v=a?t=5t ③
根據(jù)牛頓第二定律得
    F+mgsin30°-F_A=ma
由于a=gsin30°
故外力F始終等于安培力，F=FA=IlB=

Blv

2R

lB=0.25t④
F方向沿導(dǎo)軌向下
（3）乙在磁場中作勻速運(yùn)動(dòng)，P=I2R=(

Blv

2R

)2R=0.1(w)⑤
（4）乙進(jìn)入磁場前，甲乙發(fā)出相同熱量，設(shè)為Q₁，
此過程中甲一直在磁場中，外力F始終等于安培力，
則有 W_F=W_安=2 Q₁ ⑥
乙在磁場中運(yùn)動(dòng)發(fā)出熱量Q₂，
利用動(dòng)能定理mglsinθ-2 Q₂=0
得Q₂=0.02J ⑦
甲乙發(fā)出相同熱量Q₁=

1

2

（Q-Q₂）=

1

75

=0.0133J
由于甲出磁場以后，外力F為零．
得W_F=2 Q₁=0.0266J
答：
（1）甲乙的電阻R為0.064Ω．
（2）從開始到甲金屬桿離開磁場，外力F隨時(shí)間t的變化關(guān)系為F=0.25t，F(xiàn)的方向沿導(dǎo)軌向下．
（3）乙金屬桿在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，乙金屬桿中的電功率為0.1W．
（4）此過程中外力F對甲做的功為0.0267J．

點(diǎn)評：本題是復(fù)雜的電磁感應(yīng)現(xiàn)象，是電磁感應(yīng)與力學(xué)知識的綜合，分析導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)情況，要抓住甲勻加速運(yùn)動(dòng)的過程中，外力與安培力大小相等．分別從力和能量兩個(gè)角度進(jìn)行研究．