Question

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B_x，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B_x的方向和大小．

Answer 1

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_总=$\frac{1}{2}$mv₂²-$\frac{1}{2}$mv₁²
式中Q_总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_总=$\frac{1}{2}$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_总=$\frac{1}{3}$mgL-$\frac{9m{U}^{2}}{4{B}_{0}^{2}{d}^{2}}$．
（3）由右手定则得：B_x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+B_x×$\frac{1}{2}$×$\frac{{B}_{0}dv}{2R}$d）=2ma
则有：$\frac{μ{B}_{x}{B}_{0}{d}^{2}v}{8R}$=$\frac{{B}_{0}^{2}{d}^{2}v}{2R}$
解得：B_x=$\frac{4}{μ}$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B_x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．