Question

11．在质量为M=1kg的小车上，竖直固定着一个质量为m=0.2kg，宽L=0.05m、总电阻R=100Ω的n=100匝矩形线圈．线圈和小车一起静止在光滑水平面上，如图（1）所示．现有一子弹以v₀=110m/s的水平速度射入小车中，并立即与小车（包括线圈）一起运动，速度为v₁=10m/s．随后穿过与线圈平面垂直，磁感应强度B=1.0T的水平有界匀强磁场，方向垂直纸面向里，如图所示．已知子弹射入小车后，小车运动的速度v随车的位移s变化的v-s图象如图（2）所示．求：

（1）子弹的质量m₀；
（2）小车的位移s=10cm时线圈中的电流大小I；
（3）在线圈进入磁场的过程中通过线圈某一截面的电荷量q；
（4）线圈和小车通过磁场的过程中线圈电阻的发热量Q．

Answer 1

分析 （1）子弹击中小车的过程中，子弹、车、线框组成的系统动量守恒，由动量守恒可以求出子弹的质量．
（2）读出小车此时的速度，根据楞次定律解出感应电动势、感应电流，根据安培定则解出线框所受的安培力，结合牛顿第二定律解出小车的加速度a；
（3）根据感应电荷量q=$\frac{n△Φ}{R}$求电量q．
（4）线圈进入磁场和离开磁场时，克服安培力做功，线圈的动能减少，转化成电能消耗在线圈上产生电热．

解答 解：（　　）1）在子弹射入小车的过程中，由子弹、线圈和小车组成的系统动量守恒．有          
m₀v₀=（M+m+m₀）v₁
解得子弹的质量m₀=0.12kg；             
（2）当s=10cm时，由图象中可知线圈右边切割磁感线的速度v₂=8m/s．
由闭合电路欧姆定律得
线圈中的电流$I=\frac{E}{R}=\frac{{nBL{v_2}}}{R}$
解得$I=\frac{100×1×0.05×8}{100}A=0.4A$；        
（3）由图象可知，从s=5cm开始，线圈进入磁场，线圈中有感应电流，受安培力作用，小车做减速运动，速度v随位移s减小，当s=15cm时，线圈完全进入磁场，线圈中感应电流消失，小车做匀速运动，因此线圈的长为△s=10cm．    
在此过程中通过线圈某一截面的电荷量$q=\frac{n△Φ}{R}=\frac{nBL△s}{R}$
解得$q=\frac{100×1×0.05×0.1}{100}C=5×{10^{-3}}C$
（4）由图象可知，线圈左边离开磁场时，小车的速度为v₃=2m/s．线圈进入和离开磁场时，克服安培力做功，线圈的动能减少，转化成电能消耗在线圈上产生电热．$Q=\frac{1}{2}（M+m+{m_0}）（v_1^2-v_3^2）$．（2分）
解得线圈电阻发热量　　　　Q=63.36J．
答：（1）子弹的质量为0.12kg；
（2）小车的位移s=10cm时线圈中的电流大小为0.4A；
（3）在线圈进入磁场的过程中通过线圈某一截面的电荷量为5×10^-3C；
（4）线圈和小车通过磁场的过程中线圈电阻产生的热量为63.36J．

点评 本题关键要根据速度的变化分析磁场宽度，同时要结合力和运动的关系进行分析求解，明确安培力对物体运动的影响．