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    20．如图甲所示，水平放置足够长的平行金属导轨，左右两端分别接有一个阻值为R的电阻，匀强磁场与导轨平面垂直，质量m=0.1kg、电阻r=$\frac{R}{2}$的金属棒置于导轨上，与导轨垂直且接触良好．现用一拉力F=（0.3+0.2t）N作用在金属棒上，经过2s后撤去F，再经过0.55s金属棒停止运动．图乙所示为金属棒的v-t图象，g=10m/s2．求：

    （1）前2s内棒运动的距离；
    （2）金属棒与导轨之间的动摩擦因数；
    （3）2s后棒运动的距离金属棒运动的距离；
    （4）从撤去F到金属棒停止的过程中，每个电阻R上产生的焦耳热．

    分析 （1）由图乙看出，有前2s内金属棒做匀加速直线运动，根据斜率可求出其加速度，由位移公式求解棒运动的距离．
    （2）前2s内，由牛顿第二定律和安培力与速度的关系式F安=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$列方程，可求出动摩擦因数；
    （3）棒在2-2.55s时间内撤去拉力F，做变减速运动，根据牛顿第二定律和加速度的定义式，运用积分法求解位移．从撤去拉力到棒停止的过程中，运用能量守恒定律求解每个电阻R上产生的焦耳热

    解答 解：（1）由图可知  a=1m/s2；
    在0-2s这段时间内的位移 x1=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$=$\frac{1}{2}×1×{2}^{2}$m=2m
    （2）在0-2s这段时间内，根据牛顿第二定律 有：
    F-μmg-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}at}{{R}_{总}}$=ma
    又因F=（0.3+0.2t）N
    当t=0时，F=0.3N，
    代入得：0.3-μ×0.1×10=0.1×1
    解得：μ=0.2
    当t=1s时，F=0.5N，
    代入得：0.5-0.2×0.1×10-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}×1×1}{{R}_{总}}$=0.1×1
    解得：$\frac{{B}^{2}{L}^{2}}{{R}_{总}}$=0.2
    （3）设棒在2-2.55s时间内的位移为x2，棒在t时刻，根据牛顿第二定律有：
    μmg-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{{R}_{总}}$=m$\frac{△v}{△t}$
    在t到t+△t（△t→0）时间内
    -μmg△t-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{{R}_{总}}$△t=m△v
    两边求和得：
    -μmg$\sum_{\;}^{\;}$△t-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}}{{R}_{总}}$$\sum_{\;}^{\;}$v△t=m$\sum_{\;}^{\;}$△v
    即得 μmgt+$\frac{{B}^{2}{L}^{2}}{{R}_{总}}$x2=mv
    代入数据得 x2=0.45m
    （4）从撤去拉力到棒停止的过程中，根据能量守恒定律有
     $\frac{1}{2}$mv2=μmgx2+Q热；
    则得：Q热=$\frac{1}{2}$mv2-μmgx2=$\frac{1}{2}$×0.1×22-0.2×0.1×10×0.45=0.11J
    每个电阻R上产生的焦耳热 QR=$\frac{1}{4}{Q}_{热}$=2.75×10-2J
    答：（1）前2s内棒运动的距离是2m；
    （2）金属棒与导轨之间的动摩擦因数是0.2；
    （3）2s后棒运动的距离金属棒运动的距离是0.45m；
    （4）从撤去F到金属棒停止的过程中，每个电阻R上产生的焦耳热为2.75×10-2J．

    点评 对于金属棒切割类型，要根据棒的运动情况，正确分析受力情况，选择相应的规律处理．对于匀变速运动，运用牛顿第二定律和运动学公式研究，还要抓住安培力的表达式F=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$；对于非匀变速运动，要学会运用微元积分法求解位移．

    练习册系列答案
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    A．RM变大，且R越大，探测器S越灵敏B．RM变大，且R越小，探测器S越灵敏
    C．RM变小，且R越大，探测器S越灵敏D．RM变小，且R越小，探测器S越灵敏

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