Question

如圖所示，兩根正對的平行金屬直軌道MN、M′N′位于同一水平面上，兩軌道間距離l=0.50m．直軌道左端接一定值電阻R₁=0.40Ω，直軌道右端與豎直面內(nèi)的半圓形光滑金屬軌道NP、N′P′平滑連接，兩半圓軌道的半徑均為r=0.5m．直軌道的右端處于豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.6T的勻強(qiáng)磁場中，磁場區(qū)域的寬度d=l.0m，且其右邊界與NN′重合．有一質(zhì)量m=0.20kg、電阻R₂=0．lΩ的導(dǎo)體桿ab靜止在距磁場的左邊界s=2.0m處．現(xiàn)用一水平恒力F拉動(dòng)ab桿，F(xiàn)=2.0N，當(dāng)ab桿運(yùn)動(dòng)至磁場的左邊界時(shí)撤去F，結(jié)果導(dǎo)體桿ab恰好能以最小速度通過半圓形軌道的最高點(diǎn)PP′．已知導(dǎo)體桿ab在運(yùn)動(dòng)過程中與軌道接觸良好，且始終與軌道垂直，導(dǎo)體桿ab與直軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.10，軌道的電阻可忽略不計(jì)，取g=l0m/s²，求：
（1）導(dǎo)體桿剛進(jìn)入磁場時(shí)，導(dǎo)體桿的速度和加速度大小；
（2）導(dǎo)體桿穿過磁場的過程中整個(gè)電路產(chǎn)生的焦耳熱．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)動(dòng)能定理求出導(dǎo)體桿剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度．根據(jù)E=BLv求出導(dǎo)體桿切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢，根據(jù)閉合電路歐姆定律求出感應(yīng)電流的大小，從而得出安培力的大小，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度的大�。�
（2）由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律，導(dǎo)體桿穿過磁場，運(yùn)動(dòng)到圓軌道最高點(diǎn)的過程中損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電路中焦耳熱Q₁和摩擦產(chǎn)生熱Q₂，根據(jù)牛頓第二定律求出最高點(diǎn)的速度，從而根據(jù)能量守恒求出整個(gè)電路產(chǎn)生的焦耳熱．

解答：解：（1）設(shè)導(dǎo)體桿在F的作用下運(yùn)動(dòng)至磁場的左邊界時(shí)的速度為v₁，根據(jù)動(dòng)能定理則有(F-μmg)s=

1

2

m

v

2 1

代入數(shù)據(jù)解得：v₁=6.0m/s  
導(dǎo)體桿剛進(jìn)入磁場時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢 E₁=Blv₁
此時(shí)通過導(dǎo)體桿的電流大小   I₁=

E1

R1+R2

導(dǎo)體桿剛進(jìn)入磁場受到的安培力  F_安=BI₁l，
由牛頓運(yùn)動(dòng)定律有   F_合=BI₁l+μmg=ma 
代入數(shù)據(jù)解得：a=6.4m/s²  
（2）設(shè)導(dǎo)體桿離開磁場，恰好能運(yùn)動(dòng)到圓軌道最高點(diǎn)的速度為v₂，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律有mg=m

v22

r

由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律，導(dǎo)體桿穿過磁場，運(yùn)動(dòng)到圓軌道最高點(diǎn)的過程中損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電路中焦耳熱Q₁和摩擦產(chǎn)生熱Q₂，
Q₂=μmgd   

1

2

m

v

2 1

-(2mgr+

1

2

m

v

2 2

)=Q1+Q2
代入數(shù)據(jù)解得：Q₁=0.9 J
答：（1）導(dǎo)體桿剛進(jìn)入磁場時(shí)，導(dǎo)體桿的速度為6m/s，加速度大小為6.4m/s²．
（2）導(dǎo)體桿穿過磁場的過程中整個(gè)電路產(chǎn)生的焦耳熱為0.9J．

點(diǎn)評：本題綜合運(yùn)用了動(dòng)能定理、牛頓第二定律和能量守恒定律，綜合性較強(qiáng)，對學(xué)生能力要求較高，關(guān)鍵是理清運(yùn)動(dòng)過程，選擇合適的定律進(jìn)行求解．