Question

18．兩根平行導(dǎo)軌，寬度L=0.5m，左邊水平，右邊是在豎直面的半圓軌道，半徑R₀=0.5m，左邊現(xiàn)有一質(zhì)量m=0.20kg、電阻r=0.10Ω的導(dǎo)體桿ab靜止在距磁場的左邊界s=2.0m處．在與桿垂直的水平恒力F=2.0N的作用下ab桿開始運動，當(dāng)運動至磁場的左邊界時撤去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PP′．已知導(dǎo)體桿ab在運動過程中與軌道接觸良好，且始終與軌道垂直，導(dǎo)體桿ab與水平直軌道之間的動摩擦因數(shù)μ=0.10，與半圓導(dǎo)軌間摩擦可忽略．軌道的電阻可忽略不計，B=0.6T，電阻R=0.4Ω，磁場長度d=1.0m．取g=10m/s²，（保留兩位小數(shù)）

求：（1）導(dǎo)體桿剛進入磁場時速度V₁；
（2）導(dǎo)體桿剛進入磁場時，通過導(dǎo)體桿上的電流大小和方向；
（3）導(dǎo)體桿穿過磁場的過程中通過電阻R上的電荷量q；
（4）桿出磁場瞬間速度V₂，和在半圓軌道最高點速度V₃；
（5）導(dǎo)體桿穿過磁場的過程中整個電路中產(chǎn)生的焦耳熱Q．

Answer 1

分析 （1、2）先有動能定理求出進入磁場時的速度，導(dǎo)體棒進入磁場時金屬桿切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流．由法拉第定律和歐姆定律可求得感應(yīng)電流大小，由右手定則判斷出感應(yīng)電流方向；
（3）設(shè)導(dǎo)體桿在磁場中運動的時間為t，求出產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的平均值，根據(jù)歐姆定律求出電流的平均值，進而求出電量；
（4）由牛頓第二定律求出導(dǎo)體桿到達軌道最高點時的速度，由機械能守恒定律求出金屬桿穿出磁場時的速度；
（5）回路中機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，根據(jù)能量守恒定律求出電路中產(chǎn)生的焦耳熱．

解答 解：（1）設(shè)導(dǎo)體桿在F的作用下運動至磁場的左邊界時的速度為v₁，
由動能定理得：（F-μmg）s=$\frac{1}{2}$mv₁²-0，
解得：v₁=6m/s
（2）導(dǎo)桿剛進入磁場時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E=Blv₁，
此時通過導(dǎo)體桿的電流大小為：I=$\frac{E}{R+r}$，
代入數(shù)據(jù)解得：I=3.6A，
由右手定則可知，電流的方向為由b指向a；
（3）設(shè)導(dǎo)體桿在磁場中運動的時間為 t，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的平均值為$\overline{E}$，
則由法拉第電磁感應(yīng)定律有 $\overline{E}=\frac{△∅}{t}=\frac{BLd}{t}$
通過電阻 R 的感應(yīng)電流的平均值為$\overline{I}=\frac{\overline{E}}{R+r}$
通過電阻 R 的電荷量 q=$\overline{I}t$=0.6C
（4）設(shè)導(dǎo)體離開磁場時的速度為v₂，運動到圓軌道最高點的速度為v₃，
因?qū)�桿恰好能以最小速度通過圓軌道最高點，由牛頓第二定律得：mg=m$\frac{{{v}_{3}}^{2}}{{R}_{0}}$，
解得：v₃=$\sqrt{5}$m/s
導(dǎo)體桿從MN′到PP′的過程，由機械能守恒定律得：$\frac{1}{2}$mv₂²=$\frac{1}{2}$mv₃²+mg•2R₀，
解得 v₂=5.0m/s；
（5）由能量守恒定律得：導(dǎo)體桿穿過磁場的過程中損失的機械能：△E=$\frac{1}{2}$mv₁²-$\frac{1}{2}$mv₂²，
導(dǎo)體桿穿過磁場的過程中整個電路產(chǎn)生的焦耳熱為：Q=△E-μmgd，
解得：Q=0.94J；
答：（1）導(dǎo)體桿剛進入磁場時速度為6m/s；
（2）導(dǎo)體桿剛進入磁場時，通過導(dǎo)體桿上的電流大小為3.6A，方向由b指向a；
（3）導(dǎo)體桿穿過磁場的過程中通過電阻R上的電荷量為0.6C；
（4）桿出磁場瞬間速度為5.0m/s，在半圓軌道最高點速度為$\sqrt{5}$m/s；
（5）導(dǎo)體桿穿過磁場的過程中整個電路中產(chǎn)生的焦耳熱為0.94J．

點評 本題首先要分析導(dǎo)體棒的運動過程，分三個子過程進行研究；其次要掌握三個過程遵守的規(guī)律，運用動能定理、能量守恒、牛頓第二定律、機械能守恒等聯(lián)合求解．