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.

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.

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