Question

19．如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一豎直放置的光滑的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與磁場(chǎng)垂直，導(dǎo)軌間距為L，頂端接有阻值為R的電阻．將一根金屬棒從導(dǎo)軌上的M處以速度v₀豎直向上拋出，棒到達(dá)N處后返回，回到出發(fā)點(diǎn)M時(shí)棒的速度為拋出時(shí)的一半．已知棒的長度為L，質(zhì)量為m，電阻為r．金屬棒始終在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，處于水平且與導(dǎo)軌接觸良好，忽略導(dǎo)軌的電阻．重力加速度為g．
（1）金屬棒從M點(diǎn)被拋出至落回M點(diǎn)的整個(gè)過程中，求：
a．電阻R消耗的電能；
b．金屬棒運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．
（2）經(jīng)典物理學(xué)認(rèn)為，金屬的電阻源于定向運(yùn)動(dòng)的自由電子與金屬離子的碰撞．已知元電荷為e．求當(dāng)金屬棒向下運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，棒中金屬離子對(duì)一個(gè)自由電子沿棒方向的平均作用力大小．

Answer 1

分析 （1）金屬棒從M點(diǎn)被拋出至落回M點(diǎn)的整個(gè)過程中，動(dòng)能減少轉(zhuǎn)化為電能，根據(jù)能量守恒定律求電阻R消耗的電能．由于金屬棒在運(yùn)動(dòng)過程中所受的安培力隨著速度的變化而變化，做的是非勻變速運(yùn)動(dòng)，不能用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求時(shí)間，可運(yùn)用動(dòng)量定理和微元法結(jié)合求解．
（2）當(dāng)金屬棒向下運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)重力的功率等于回路的電功率．根據(jù)電流的微觀表達(dá)式I=neSv和金屬棒生熱功率公式P_r=（nSL）fv，結(jié)合進(jìn)行解答．

解答 解：
（1）a．金屬棒從M點(diǎn)被拋出至落回M點(diǎn)的整個(gè)過程中，由能量守恒
回路中消耗的電能  $Q=\frac{1}{2}mv_0^2-\frac{1}{2}m{（{\frac{v_0}{2}}）^2}=\frac{3}{8}mv_0^2$
電阻R消耗的電能  ${Q_R}=\frac{R}{R+r}•Q=\frac{3Rmv_0^2}{8（R+r）}$
b．方法一：
金屬棒從M點(diǎn)被拋出至落回M點(diǎn)的整個(gè)過程中，取向下為正方向，由動(dòng)量定理得：$mg•t+{I_安}=m•\frac{v_0}{2}-（{-m{v_0}}）$
將整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程劃分成很多小段，可認(rèn)為在每個(gè)小段中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)幾乎不變，設(shè)每小段的時(shí)間為△t．
則安培力的沖量 I_安=Bi₁L•△t+Bi₂L•△t+Bi₃L•△t+…I_安=BL（i₁•△t+i₂•△t+i₃•△t+…）I_安=BLq
又  $q=\overline It$，
$\overline I=\frac{\overline E}{R+r}$，
$\overline E=\frac{△Φ}{t}$
因?yàn)椤鳓?0，
所以I_安=0
解得  $t=\frac{{3{v_0}}}{2g}$
方法二：
金屬棒從M點(diǎn)被拋出至落回M點(diǎn)的整個(gè)過程中，由動(dòng)量定理$mg•t+{I_安}=m•\frac{v_0}{2}-（{-m{v_0}}）$
將整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程劃分成很多小段，可認(rèn)為在每個(gè)小段中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)幾乎不變，設(shè)每小段的時(shí)間為△t．
則安培力的沖量${I_安}=\frac{{{B^2}{L^2}}}{R+r}{v_1}•△t+\frac{{{B^2}{L^2}}}{R+r}{v_2}•△t+\frac{{{B^2}{L^2}}}{R+r}{v_3}•△t+…$${I_安}=\frac{{{B^2}{L^2}}}{R+r}（{v_1}•△t+{v_2}•△t+{v_3}•△t+…）$
因?yàn)榘舻奈灰茷?，則  v₁•△t+v₂•△t+v₃•△t+…=0
所以  I_安=0
解得  $t=\frac{{3{v_0}}}{2g}$
方法三：
金屬棒從M點(diǎn)被拋出至落回M點(diǎn)的整個(gè)過程中，由動(dòng)量定理得 $mg•t+{I_安}=m•\frac{v_0}{2}-（{-m{v_0}}）$
棒的速度v隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示．

因?yàn)榘羲�受安培�?{F_安}=BiL=\frac{{{B^2}{L^2}}}{R+r}•v∝v$
所以棒所受安培力F_安隨時(shí)間t變化的圖象亦大致如此．
棒的位移為0，則v-t圖線與橫軸所圍“總面積”為0，F(xiàn)_安-t圖線與橫軸所圍“總面積”也為0，即整個(gè)過程中安培力的沖量I_安=0．
解得  $t=\frac{{3{v_0}}}{2g}$
（2）方法一：
當(dāng)金屬棒向下運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)  mg=F_m
其中  ${F_m}=\frac{{{B^2}{L^2}{v_m}}}{R+r}$
解得  ${v_m}=\frac{{mg（{R+r}）}}{{{B^2}{L^2}}}$
沿棒方向，棒中自由電子受到洛倫茲力ev_mB、電場(chǎng)力eE和金屬離子對(duì)它的平均作用力f作用．因?yàn)榘糁须娏骱愣ǎ�所以自由電子沿棒的運(yùn)動(dòng)可視為勻速運(yùn)動(dòng)．
則  f+eE=ev_mB
又  $E=\frac{U}{L}$$U=\frac{{BL{v_m}}}{R+r}•R$
解得  $f=\frac{emgr}{{B{L^2}}}$
方法二：
當(dāng)金屬棒向下運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)
單位時(shí)間內(nèi)機(jī)械能減少  P=mgv_m
金屬棒生熱功率  P_r=$\frac{r}{R+r}P$
回路中的電流  $I=\frac{{BL{v_m}}}{R+r}$
設(shè)棒的橫截面積為S，棒中單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為n，棒中自由電子定向移動(dòng)的速度為v，金屬離子對(duì)自由電子的平均作用力為f．
則  P_r=（nSL）fv，I=neSv．
所以  $f=\frac{emgr}{{B{L^2}}}$
答：
（1）金屬棒從M點(diǎn)被拋出至落回M點(diǎn)的整個(gè)過程中，a．電阻R消耗的電能為$\frac{3Rm{v}_{0}^{2}}{8（R+r）}$；b．金屬棒運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為$\frac{3{v}_{0}}{2g}$．
（2）當(dāng)金屬棒向下運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，棒中金屬離子對(duì)一個(gè)自由電子沿棒方向的平均作用力大小為$\frac{emgr}{B{L}^{2}}$．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)運(yùn)用微元法求變加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，掌握金屬棒穩(wěn)定的條件，理解宏觀與微觀聯(lián)系的橋梁是電流的微觀表達(dá)式．