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4.如图(a)所示,两个完全相同的“人”字型金属轨道面对面正对着固定在竖直平面内,间距为d,它们的上端公共轨道部分保持竖直,下端均通过一小段弯曲轨道与一段直轨道相连,底端置于绝缘水平桌面上.MM′、PP′(图中虚线)之下的直轨道MN、M′N′、PQ、P′Q′长度均为L且不光滑(轨道其余部分光滑),并与水平方向均构成37°斜面,在左边轨道MM′以下的区域有垂直于斜面向下、磁感强度为B0的匀强磁场,在右边轨道PP′以下的区域有平行于斜面但大小未知的匀强磁场Bx,其它区域无磁场.QQ′间连接有阻值为2R的定值电阻与电压传感器(e、f为传感器的两条接线).另有长度均为d的两根金属棒甲和乙,它们与MM′、PP′之下的轨道间的动摩擦因数均为μ=$\frac{1}{8}$.甲的质量为m、电阻为R;乙的质量为2m、电阻为2R.金属轨道电阻不计.
先后进行以下两种操作:
操作Ⅰ:将金属棒甲紧靠竖直轨道的左侧,从某处由静止释放,运动到底端NN′过程中棒始终保持水平,且与轨道保持良好电接触,计算机屏幕上显示的电压-时间关系图象U-t图如图(b)所示(图中U已知);
操作Ⅱ:将金属棒甲紧靠竖直轨道的左侧、金属棒乙(图中未画出)紧靠竖直轨道的右侧,在同一高度将两棒同时由静止释放.多次改变高度重新由静止释放,运动中两棒始终保持水平,发现两棒总是同时到达桌面.(sin37°=0.6,cos37°=0.8)

(1)试求操作Ⅰ中甲到MM′的速度大小;
(2)试求操作Ⅰ全过程定值电阻上产生的热量Q;
(3)试求右边轨道PP′以下的区域匀强磁场Bx的方向和大小.

分析 (1)根据图象求得电压对应的速度;
(2)由动能定理求得产生的热量;
(3)通过牛顿第二定律分别求得,两棒的加速度表达式,根据两者之间的关系确定力的关系.

解答 解:(1)由动能定理得:mgh=$\frac{1}{2}$mv12  
由图象知:棒进入磁场时定值电阻2R的电压为U,通过的电流为:
I1=$\frac{{B}_{0}d{v}_{1}}{3R}$
则有:U=I1×2R=$\frac{2{B}_{0}d{v}_{1}}{3}$
解得:v1=$\frac{3U}{2{B}_{0}d}$
(2)当甲棒离开磁场时的速度为v2,则有:2U=$\frac{2R}{3R}$B0dv2=$\frac{2}{3}$B0dv2
对甲棒,由动能定理,有:mgLsin37°-μmgLcos37°-Q=$\frac{1}{2}$mv22-$\frac{1}{2}$mv12
式中Q为克服安培力所做的功,转化成了甲、乙棒上产生的热量;故有:Q=$\frac{1}{2}$mgL-$\frac{27m{U}^{2}}{8{B}_{0}^{2}{d}^{2}}$
定值电阻上产生的热量为:Q=$\frac{2}{3}$Q=$\frac{1}{3}$mgL-$\frac{9m{U}^{2}}{4{B}_{0}^{2}{d}^{2}}$.
(3)由右手定则得:Bx沿斜面向下;
(两棒由静止释放的高度越高,甲棒进入磁场时的安培力越大,加速度越小,而乙棒只有摩擦力越大加速度才越小,故乙棒所受安培力应垂直斜面向下)
从不同高度下落两棒总是同时到达桌面,说明两棒运动的加速度时刻相同.
对甲棒,根据牛顿第二定律,有:mgsinθ-μmgcosθ-$\frac{{B}_{0}^{2}{d}^{2}v}{2R}$=ma
对乙棒,根据牛顿第二定律,有:2mgsinθ-μ(2mgcosθ+Bx×$\frac{1}{2}$×$\frac{{B}_{0}dv}{2R}$d)=2ma
则有:$\frac{μ{B}_{x}{B}_{0}{d}^{2}v}{8R}$=$\frac{{B}_{0}^{2}{d}^{2}v}{2R}$
解得:Bx=$\frac{4}{μ}$B0=32B0
答:(1)则操作Ⅰ中甲到MM′的速度大小$\frac{3U}{2{B}_{0}d}$;
(2)则操作Ⅰ全过程定值电阻上产生的热量$\frac{1}{3}$mgL-$\frac{9m{U}^{2}}{4{B}_{0}^{2}{d}^{2}}$;
(3)则右边轨道PP′以下的区域匀强磁场Bx的方向沿斜面向和大小32B0

点评 本题要能正确读取图象的信息,准确分析能量的转化情况,由切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律、共点力平衡、能量守恒等知识解答,综合性较强,需加强训练,提高解题能力.

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