Question

19．如圖，光滑平行的水平金屬導軌MN、PQ相距l(xiāng)，在M點和P點間接一個阻值為R的電阻，在兩導軌間OO₁O₁′O′矩形區(qū)域內(nèi)有垂直導軌平面豎直向下、寬為d的勻強磁場，磁感強度為B，一質(zhì)量為m，電阻為r的導體棒ab，垂直擱在導軌上，與磁場左邊界相距d₀，現(xiàn)用一大小為F、水平向右的恒力拉ab棒，使它由靜止開始運動，進入磁場后開始做減速運動，在離開磁場前已經(jīng)做勻速直線運動（棒ab與導軌始終保持良好的接觸，導軌電阻不計）．求：
（1）導體棒ab在離開磁場右邊界時的速度；
（2）棒ab在剛進入磁場時加速度的大�。�
（3）棒ab通過磁場區(qū)的過程中整個回路所消耗的電能；
（4）定性畫出導體棒ab從開始運動到離開磁場過程的v-t圖象．

Answer 1

分析 （1）棒ab在離開磁場做勻速直線運動，重力與安培力平衡，由E=BLv、I=$\frac{E}{R+r}$、F=BIL推導出安培力，由平衡條件求出棒ab離開磁場的下邊界時的速度大�。�
（2）推導安培力的表達式得到速度達到v₁時的安培力大小，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度．
（3）棒ab從靜止釋放到剛出磁場的過程，根據(jù)能量守恒定律求解在通過磁場區(qū)的過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱，由焦耳定律求解棒ab在通過磁場區(qū)的過程中產(chǎn)生的焦耳熱．
（4）定性分析導體的運動情況，則可得出對應(yīng)的圖象．

解答 解：（1）設(shè)棒ab離開磁場的邊界前做勻速運動的速度為v，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E=BLv    …①
電路中的電流I=$\frac{E}{R+r}$   …②
對棒ab，由平衡條件得：F-BIL=0   …③
聯(lián)立①②③解得：$v=\frac{F（R+r）}{{{B^2}{L^2}}}$   …④
（2）設(shè)棒ab進入磁場區(qū)域勻速運動前速度達到v₁時的加速度大小為a，則：
產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E₁=BLv₁…⑤
電路中的電流${I_1}=\frac{E_1}{R+r}$…⑥
則由牛頓第二定律可得：F-BIL=ma…⑦
聯(lián)立①②⑤解得：$a=\frac{{{B^2}{L^2}\sqrt{\frac{{2F{d_0}}}{m}}}}{m（R+r）}-\frac{F}{m}$…⑧
（3）設(shè)整個回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，由能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律可得：
由能量守恒定律$F（{d_0}+d）=Q+\frac{1}{2}m{v^2}$
可得  $Q=F（{d_0}+d）-\frac{{m{F^2}{{（R+r）}^2}}}{{2{B^4}{L^4}}}$
（4）開始時導體棒做勻加速直線運動，進行磁場后做加速度減小的加速運動；
圖象如圖所示；

答：
（1）棒ab離開磁場的下邊界時的速度大小是$\frac{F（r+R）}{{B}^{2}{L}^{2}}$．
（2）棒ab進入磁場區(qū)域勻速運動前速度達到v₁時的加速度大小是$\frac{{B}^{2}{L}^{2}\sqrt{\frac{2Feipmbwh_{0}}{m}}}{m（R+r）}$-$\frac{F}{m}$．
（3）棒ab在通過磁場區(qū)的過程中產(chǎn)生的焦耳熱是F（d₀+d）-$\frac{m{F}^{2}（R+r）^{2}}{2{B}^{4}{L}^{4}}$
（4）畫出的圖象如圖所示

點評 本題是電磁感應(yīng)與力學知識的綜合，關(guān)鍵由E=BLv、I=$\frac{E}{R+r}$、F=BIL推導出安培力；再結(jié)合所學物理規(guī)律進行分析求解即可．