Question

7．如圖所示，傾角θ=30°的足夠長平行導(dǎo)軌MN、M′N′與水平放置的平行導(dǎo)軌NP、N′P′平滑連接，導(dǎo)軌間距均為L，MM′間接有阻值為R的電阻，軌道光滑且電阻不計．傾斜導(dǎo)軌MN、M′N′之間（區(qū)域Ⅰ）有方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場，水平部分的ee′ff′之間（區(qū)域Ⅱ）有豎直向上的勻強磁場，磁場寬度為d．質(zhì)量為m、電阻為r、長度略大于L的導(dǎo)體棒ab從靠近軌道上端的某位置由靜止開始下滑，棒始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，經(jīng)過ee′和ff′位置時的速率分別為v和$\frac{v}{4}$．已知導(dǎo)體棒ab進入?yún)^(qū)域Ⅱ運動時，其速度的減小量與它在磁場中通過的距離成正比，即△v∝△x．
（1）求區(qū)域Ⅰ勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大�。�
（2）求導(dǎo)體棒ab通過區(qū)域Ⅱ過程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱．
（3）改變區(qū)域Ⅰ的磁感應(yīng)強度大小，使導(dǎo)體棒ab不能穿過區(qū)域Ⅱ，求區(qū)域Ⅰ的磁感應(yīng)強度大小的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由導(dǎo)體棒進入?yún)^(qū)域Ⅱ的速度得到在區(qū)域Ⅰ的最大速度，然后根據(jù)受力平衡列方程，求解方程即可；
（2）對導(dǎo)體棒進行受力分析，應(yīng)用動能定理即可求解；
（3）由導(dǎo)體棒的速度變化量與位移的關(guān)系求得導(dǎo)體棒不能通過區(qū)域Ⅱ的初速度范圍，然后根據(jù)受力平衡求得區(qū)域Ⅰ的磁感應(yīng)強度范圍．

解答 解：（1）導(dǎo)體棒在磁場區(qū)域Ⅰ和磁場區(qū)域Ⅱ之間運動時，在水平方向上沒有外力，故導(dǎo)體棒做勻速直線運動；
導(dǎo)體棒在斜面上下滑時，受重力、支持力、安培力作用，導(dǎo)軌足夠長，則導(dǎo)體棒到達NN′前已達到最大速度，即導(dǎo)體棒在斜面上達到最大速度v時，導(dǎo)體棒受力平衡，則有：
$mgsinθ={B}_{1}IL=\frac{{{B}_{1}}^{2}{L}^{2}v}{R+r}$
解得：${B}_{1}=\sqrt{\frac{mg（R+r）sinθ}{{L}^{2}v}}$=$\frac{1}{L}\sqrt{\frac{mg（R+r）}{2v}}$；
（2）導(dǎo)體棒在區(qū)域Ⅱ中運動，只有安培力做功，所以，克服安培力做功為：
$W=\frac{1}{2}m{v}^{2}-\frac{1}{2}m（\frac{1}{4}v）^{2}=\frac{15}{32}m{v}^{2}$；
所以，整個閉合電路產(chǎn)生的焦耳熱為W，那么由串聯(lián)電路的焦耳定律可知：電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為：
$Q=\frac{R}{R+r}W=\frac{15m{v}^{2}R}{32（R+r）}$；
（3）已知導(dǎo)體棒ab進入?yún)^(qū)域Ⅱ運動時，其速度的減小量與它在磁場中通過的距離成正比，即△v∝△x，
則有：$v-\frac{1}{4}v=kd$；
若導(dǎo)體棒以速度v′進入磁場區(qū)域Ⅱ，導(dǎo)體棒不能穿過區(qū)域Ⅱ，則：
有$v′-0＜kd=v-\frac{1}{4}v=\frac{3}{4}v$；
由（1）可知：${B}_{1}′=\frac{1}{L}\sqrt{\frac{mg（R+r）}{2v′}}＞\frac{1}{L}\sqrt{\frac{2mg（R+r）}{3v}}$；
答：（1）區(qū)域Ⅰ勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小為$\frac{1}{L}\sqrt{\frac{mg（R+r）}{2v}}$；
（2）導(dǎo)體棒ab通過區(qū)域Ⅱ過程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為$\frac{15m{v}^{2}R}{32（R+r）}$；
（3）改變區(qū)域Ⅰ的磁感應(yīng)強度大小，使導(dǎo)體棒ab不能穿過區(qū)域Ⅱ，則區(qū)域Ⅰ的磁感應(yīng)強度大小大于$\frac{1}{L}\sqrt{\frac{2mg（R+r）}{3v}}$．

點評 閉合電路切割磁感線的問題中，一般由速度求得電動勢，再根據(jù)電路求得電流，進而得到安培力；然后對導(dǎo)體棒進行受力分析，即可應(yīng)用牛頓第二定律聯(lián)系導(dǎo)體棒的運動狀態(tài)，或應(yīng)用動能定理求取安培力做功．