Question

（2009?徐州二模）如圖所示，光滑金屬導(dǎo)體ab和cd水平固定，相交于O點(diǎn)并接觸良好，∠aOc=60°．一根輕彈簧一端固定，另一端連接一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ef，ef與ab和cd接觸良好．彈簧的軸線與∠bOd平分線重合．虛線MN是磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界線，距O點(diǎn)距離為L(zhǎng)．a(chǎn)b、cd、ef單位長(zhǎng)度的電阻均為r．現(xiàn)將彈簧壓縮，t=0時(shí)，使ef從距磁場(chǎng)邊界

L

4

處由靜止釋放，進(jìn)入磁場(chǎng)后剛好做勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)ef到達(dá)O點(diǎn)時(shí)，彈簧剛好恢復(fù)原長(zhǎng)，并與導(dǎo)體棒ef分離．已知彈簧形變量為x時(shí)，彈性勢(shì)能為

1

2

kx2，k為彈簧的勁度系數(shù)．不計(jì)感應(yīng)電流之間的相互作用．
（1）證明：導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，電流的大小保持不變；
（2）求導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中做勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小v₀和彈簧的勁度系數(shù)k；
（3）求導(dǎo)體棒最終停止位置距O點(diǎn)的距離．

Answer 1

分析：（1）設(shè)速度為v₀，求解出電流的一般表達(dá)式分析即可；
（2）先根據(jù)棒加速過程中機(jī)械能守恒列式，再根據(jù)勻速過程受力平衡列式，聯(lián)立后解方程組即可；
（3）從O點(diǎn)開始只受安培力，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度的一般表達(dá)式，然后兩邊同時(shí)乘以時(shí)間間隔，最后將各個(gè)微元相加就可以得到結(jié)論．

解答：解：（1）設(shè)勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度為v₀，ef有效切割長(zhǎng)度為l，則電流：I=

Blv0

3rl

=

Bv0

3r

，由于v₀不變，所以I不變．
（2）由能量守恒，得：

1

2

k(

5L

4

)2-

1

2

kL2=

1

2

m

v

2 0

設(shè)彈簧形變量為x，由平衡條件，得：2BIxtan30°=kx
解得 v₀ =

3 B2L2

8mr

k=

B4L2

12mr2

（3）ef越過O點(diǎn)后，與彈簧脫離，設(shè)導(dǎo)體棒最終停止位置距O點(diǎn)的距離為x₀，某時(shí)刻回路中ef有效切割長(zhǎng)度為L(zhǎng)₁，ef的速度為v，加速度為a，電流為I，據(jù)牛頓第二定律，得：-BIL₁=ma
電流 I=

BL1v

3L1r

=

Bv

3r

得：-

B2 L1v

3r

=ma
取一小段時(shí)間△t，速度微小變化為△v，回路面積微小增加為△S，則-

B2 L1v

3r

△t=ma△t
即：-∑

B2 L1v

3r

△t=∑ma△t
-

B2

3r

∑L₁v△t=m∑a△t
-

B2

3r

∑△S=m∑△v
-

B2

3r

x₀²tan30°=0-mv₀
將 v₀=

3 B2L2

8mr

代入，得：
x ₀=

3 2 L

4

答：（1）導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，電流的大小保持不變；
（2）導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中做勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為

3 B2L2

8mr

，彈簧的勁度系數(shù)k為

B4L2

12mr2

；
（3）導(dǎo)體棒最終停止位置距O點(diǎn)的距離為

3 2 L

4

．

點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵分析清楚導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)情況，同時(shí)要結(jié)合機(jī)械能守恒定律和牛頓第二定律列式分析；對(duì)于第三問，要采用微元法解題，較難！