Question

1．如圖所示，兩平行且無限長光滑金屬導軌MN、PQ豎直放置，兩導軌之間的距離為L=1m，兩導軌M、P之間接入電阻R=0.2Ω，導軌電阻不計，在abcd區(qū)域內有一個方向垂直于兩導軌平面向里的磁場Ⅰ，磁感應強度B₀=1T．磁場的寬度x₁=1m，在cd連線以下區(qū)域有一個方向也垂直于導軌平面向里的磁場Ⅱ，磁感應強度B₁=0.5T．一個質量為m=1kg的金屬棒垂直放在金屬導軌上，與導軌接觸良好，金屬棒的電阻r=0.2Ω，若金屬棒在離ab連線上端x₀處自由釋放，則金屬棒進入磁場Ⅰ恰好做勻速直線運動．金屬棒進入磁場Ⅱ后，經(jīng)過ef時系統(tǒng)達到穩(wěn)定狀態(tài)，cd與ef之間的距離x₂=15m．（g取10m/s²）
（1）金屬棒進入磁場Ⅰ時的速度大小
（2）金屬棒從開始靜止到磁場Ⅱ中達到穩(wěn)定狀態(tài)這段時間中電阻R產生的熱量．
（3）求金屬棒從開始靜止到在磁場Ⅱ中達到穩(wěn)定狀態(tài)所經(jīng)過的時間．

Answer 1

分析 （1）導體棒做勻速直線運動，處于平衡狀態(tài)，由安培力公式及平衡條件可以求出棒離開下邊界時的速度．
（2）由能量守恒定律可以求出金屬棒產生的焦耳熱．
（3）ab棒在磁場中先做加速度減小的變加速運動，后做勻速運動，由牛頓第二定律和加速度定義式結合求解時間．

解答 解：（1）設棒在到達磁場邊界ab時的速度為v．導體棒切割磁感線產生的感應電動勢為：E=B₀Lv
電路中的感應電流為：I=$\frac{E}{R+r}$
導體棒做勻速直線運動，由平衡條件得：mg-B₀IL=0，
解得：v=$\frac{mg（R+r）}{{B}_{0}^{2}{L}^{2}}$=$\frac{1×10×（0.2+0.2）}{{1}^{2}×{1}^{2}}$=4m/s；
（2）設棒在到達磁場邊界ef時的速度為v′．導體棒切割磁感線產生的感應電動勢為：E′=B₁Lv′
電路中的感應電流為：I′=$\frac{E′}{R+r}$
導體棒做勻速直線運動，由平衡條件得：mg-B₁I′L=0，
解得：v′=$\frac{mg（R+r）}{{B}_{1}^{2}{L}^{2}}$=$\frac{1×10×（0.2+0.2）}{{0.5}^{2}×{1}^{2}}$=16m/s；
設整個電路產生的焦耳熱是Q，由能量守恒定律可得：mg•d=Q+$\frac{1}{2}mv{′}^{2}$，
由于棒與R的電阻值相等，所以產生的焦耳熱相等，在棒通過磁場區(qū)的過程中R產生的焦耳熱 Q_R=$\frac{1}{2}$Q，
解得：Q_R=20 J
（3）金屬棒在磁場上方運動的時間：${t}_{0}=\frac{v}{g}=\frac{4}{10}=0.4$s
棒在磁場Ⅰ中運動的時間：${t}_{1}=\frac{{x}_{1}}{v}=\frac{1}{4}=0.25$s
棒剛進入磁場Ⅱ時的速度為：v=4 m/s
設棒在磁場中運動速度為v時加速度為a，則由于：mg-B₁IL=ma
又I=$\frac{{B}_{1}Lv}{R+r}$，a=$\frac{△v}{△t}$
可得：mg-$\frac{{B}_{1}^{2}{L}^{2}v}{R+r}$=m$\frac{△v}{△t}$
變形得：mg△t-$\frac{{B}_{1}^{2}{L}^{2}v}{R+r}•△t$=m△v
兩邊求和得：$\sum_{\;}^{\;}$mg△t-$\sum_{\;}^{\;}$$\frac{{B}_{1}^{2}{L}^{2}v}{R+r}•△t$=$\sum_{\;}^{\;}$m△v
得：mgt₂-$\frac{{B}_{1}^{2}{L}^{2}{x}_{2}}{R+r}$=m（v′-v）
代入解得：t₂=2.1375 s  
金屬棒運動的總時間：t=t₀+t₁+t₂=0.4+0.25+2.1375=2.7875s 
答：（1）棒ab在離開磁場下邊界時的速度是4m/s；
（2）棒ab在通過磁場區(qū)的過程中產生的焦耳熱是20J；
（3）ab棒在磁場中運動的時間是2.7875s．

點評 本題最后一問要求非勻變速運動的時間，不能直接運用運動學公式解答，而要運用積分法求解，其切入點是牛頓第二定律和加速度定義式．