Question

13．如圖所示，電阻不計的兩光滑金屬導(dǎo)軌，間距d=2m，Ⅰ區(qū)為一段弧形、Ⅱ區(qū)為放在桌面上的水平部分、Ⅲ區(qū)為傾斜部分，各交接處均平滑連接，儀Ⅱ、Ⅲ區(qū)存在方向垂直軌道平面向下的有界勻強(qiáng)磁場，且B₁=B₂=0.2T．現(xiàn)有一質(zhì)量m=0.02kg、電阻r=1Ω的金屬桿ab，在導(dǎo)軌上距桌面h=0.8m的高度處由靜止釋放，離Ⅱ區(qū)后通過一特 殊轉(zhuǎn)向裝置 （圖上未標(biāo)出），隨即進(jìn)入Ⅲ區(qū)后恰能勻速下滑，不計各交接處的能所損失，電阻R=3Ω，傾角θ=37°，g=10m/s² （sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：
（1）金屬桿剛進(jìn)入磁場時，電阻R兩端電壓大小；
（2）經(jīng)過II區(qū)過程中電阻R產(chǎn)生的熱量；
（3）Ⅱ區(qū)的磁場寬度x．

Answer 1

分析 （1）金屬桿在Ⅰ區(qū)運(yùn)動時，根據(jù)動能定理求出金屬桿進(jìn)入磁場Ⅱ時的速度，通過切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢公式求出感應(yīng)電動勢的大小，結(jié)合電路的結(jié)構(gòu)求得電阻R兩端電壓．
（2）金屬桿進(jìn)入Ⅲ區(qū)后恰能勻速下滑，由平衡條件和安培力與速度的關(guān)系式，求解金屬桿在Ⅲ區(qū)運(yùn)動的速度．根據(jù)能量守恒定律求出整個過程中回路產(chǎn)生的熱量，從而得出經(jīng)過II區(qū)過程中電阻R產(chǎn)生的熱量．
（3）根據(jù)牛頓第二定律和加速度的定義式得到加速度瞬時加速度的表達(dá)式，運(yùn)用積分法求解Ⅱ區(qū)的磁場寬度x．

解答 解：（1）金屬桿在Ⅰ區(qū)運(yùn)動時，根據(jù)動能定理得：mgh=$\frac{1}{2}$mv₁²-0
可得金屬桿剛進(jìn)入Ⅱ區(qū)時的速度：v₁=4m/s．
感應(yīng)電動勢的大小為：E₁=B₁dv₁=0.2×2×4V=1.6V
電阻R兩端電壓大小 U=$\frac{R}{R+r}$E₁=$\frac{3}{3+1}$×1.6V=1.2V
（2）金屬桿進(jìn)入Ⅲ區(qū)后恰能勻速下滑，由平衡條件有
  F_安=mgsin37°
又 E₂=B₂dv₂，I₂=$\frac{{E}_{2}}{R+r}$，F(xiàn)_安=B₂dI₂=$\frac{{B}_{2}^{2}j98nx8d^{2}{v}_{2}}{R+r}$
聯(lián)立解得，金屬桿在Ⅲ區(qū)運(yùn)動的速度 v₂=3m/s
金屬桿經(jīng)過II區(qū)過程中整個電路產(chǎn)生的總熱量 Q=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$
電阻R產(chǎn)生的熱量 Q_R=$\frac{R}{R+r}$Q
代入數(shù)據(jù)解得 Q_R=5.25×10^-2J
（3）金屬桿在Ⅱ區(qū)運(yùn)動過程中所受的安培力 F_安=$\frac{{B}_{1}^{2}h1fqefv^{2}v}{R+r}$
金屬桿的加速度 a=$\frac{{F}_{安}}{m}$
根據(jù)加速度的定義有 a=$\frac{△v}{△t}$，即得△v=a△t
整理可得△v=$\frac{{B}_{1}^{2}d9qmkpk^{2}v△t}{m（R+r）}$
對等式兩邊求和得 $\sum_{\;}^{\;}$△v=$\sum_{\;}^{\;}$$\frac{{B}_{1}^{2}5ktxwe4^{2}v△t}{m（R+r）}$
又 $\sum_{\;}^{\;}$$\frac{{B}_{1}^{2}1rxf4np^{2}}{m（R+r）}$v△t=$\frac{{B}_{1}^{2}hnmts5e^{2}}{m（R+r）}$x
則得 v₁-v₂=$\frac{{B}_{1}^{2}1fej8sm^{2}}{m（R+r）}$x
代入數(shù)據(jù)解得 x=0.5m
答：
（1）金屬桿剛進(jìn)入磁場時，電阻R兩端電壓大小是1.2V；
（2）經(jīng)過II區(qū)過程中電阻R產(chǎn)生的熱量是5.25×10^-2J；
（3）Ⅱ區(qū)的磁場寬度x是0.5m．

點評 本題考查了電磁感應(yīng)與電路和能量的綜合，關(guān)鍵要根據(jù)法拉第定律、歐姆定律推導(dǎo)出安培力與速度的關(guān)系式，運(yùn)用積分法研究非勻變速運(yùn)動的位移，其關(guān)鍵式子是牛頓第二定律和加速度的定義式．