Question

（2011?徐州一模）如圖甲所示，兩條足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌問(wèn)距為L(zhǎng)=1m，兩導(dǎo)軌的，上端間接有電阻，阻值R=2Ω 虛線(xiàn)OO′下方是垂宣予導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為2T，現(xiàn)將質(zhì)量m=0.1kg電阻不計(jì)的金屆桿ab，從OO′上方某處由靜止釋放，金屬桿在下落的過(guò)程中與導(dǎo)軌保持良好接觸，且始終保持水平，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻．已知金屬桿下落0.3m的過(guò)程中加速度a與下落距離h的關(guān)系圖象如圖乙所示．求：
（1）金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度多大？下落了0.3m時(shí)速度為多大？
（2）金屬桿下落0.3m的過(guò)程中，在電阻R上產(chǎn)生的熱量？
（3）金屬桿下落0.3m的過(guò)程中，通過(guò)電阻R的電荷量q？

Answer 1

分析：（1）由乙圖讀出金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度的大小，判斷出加速度方向．由法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律推導(dǎo)出安培力與速度的關(guān)系式，由牛頓第二定律列式可求出金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度．
由圖看出，下落0.3m時(shí)，金屬桿的加速度為零，做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，重力與安培力平衡，列式可求出桿的速度．
（2）從開(kāi)始下落到下落0.3m的過(guò)程中，桿的機(jī)械能減小轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，由能量守恒列式可求出電阻R上產(chǎn)生的熱量．
（3）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律和電流的定義式I=

q

t

得到感應(yīng)電量q與桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)距離的關(guān)系，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出桿自由下落的距離，即可求出電量．

解答：解：（1）由乙圖知，剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，金屬桿的加速度大小a₀=10m/s²，方向豎直向上．
由牛頓第二定律得：BI₀L-mg=ma₀
設(shè)桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v₀，則有
   I₀=

E0

R

=

BLv0

R

聯(lián)立得：v₀=

m(g+a0)R

B2L2

代入數(shù)值有：v₀=

0.1×(10+10)×2

22×12

m/s=1m/s
下落時(shí)，通過(guò)a-h圖象知a=0，表明金屬桿受到的重力與安培力平衡有  mg=BIL
其中I=

E

R

，E=BLv  可得下落0.3m時(shí)桿的速度v=

mgR

B2L2

代人數(shù)值有：v=

0.1×10×2

22×12

m/s=0.5m/s
（2）從開(kāi)始到下落的過(guò)程中，由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律有：
   mgh=Q+

1

2

mv2
代人數(shù)值有Q=0.29J
（3）桿自由下落的距離滿(mǎn)足2gh₀=v₀²
解得 h₀=0.05m
所以桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的距離x=h-h₀=0.25m
通過(guò)電阻R的電荷量 q=

.

I

△t=

. E

R

△t=

△Φ △t ?△t

R

=

△Φ

R

=

BL

R

x
代人數(shù)值有：q=

2×1

2

0.25C=0.25C
答：
（1）金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為1m/s，下落了0.3m時(shí)速度為0.5m/s．
（2）金屬桿下落0.3m的過(guò)程中，在電阻R上產(chǎn)生的熱量是0.29J．
（3）金屬桿下落0.3m的過(guò)程中，通過(guò)電阻R的電荷量是0.25C．

點(diǎn)評(píng)：本題要根據(jù)圖象的信息讀出加速度和桿的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，由牛頓第二定律、安培力、法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、能量守恒等多個(gè)知識(shí)綜合求解，綜合較強(qiáng)．