Question

10．如圖（甲）所示，M₁M₄、N₁N₄為平行放置的水平金屬軌道，M₄P、N₄Q為相同半徑，平行放置的豎直四分之一圓形金屬軌道，M₄、N₄為切點，P、Q為四分之一圓軌道的最高點（與圓心等高），軌道間距L=1.0m，圓軌道半徑r=0.5m，整個裝置左端接有阻值R=0.5Ω的定值電阻．M₁M₂N₂N₁、M₃M₄N₄N₃為等大的長方形區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，兩區(qū)域?qū)挾萪=0.5m，兩區(qū)域之間的距離s=1.0m；區(qū)域Ⅰ內(nèi)分布著均勻的變化的磁場B₁，B₁變化規(guī)律如圖（乙）所示，規(guī)定豎直向上為B₁的正方向；區(qū)域Ⅱ內(nèi)分布著勻強磁場B₂=0.05T，方向豎直向上．兩磁場間的軌道與導體棒CD間的動摩擦因數(shù)為μ=0.2，M₃N₃右側(cè)的直軌道及半圓形軌道均光滑．質(zhì)量m=0.1kg，電阻R₀=0.5Ω的導體棒CD在垂直于棒的水平恒力F=1.0N拉動下，從M₂N₂處由靜止開始運動，到達M₃N₃處撤去恒力F，CD棒穿過勻強磁場區(qū)后，恰好通過圓形軌道到達PQ處．若軌道電阻、空氣阻力不計，運動過程導棒與軌道接觸良好且始終與軌道垂直，g取10m/s²　求：

（1）CD棒從M₂N₂處運動到M₃N₃處所需要的時間；
（2）CD棒剛進入B₂磁場時的加速度大��；
（3）CD棒在直軌道上向右運動過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量Q．

Answer 1

分析 （1）由牛頓第二定律先求出CD的加速度，然后由運動學的公式即可求出運動的時間；
（2）由法拉第電磁感應定律求出電路中的感應電動勢，然后由歐姆定律、安培力的公式以及牛頓第二定律即可求出加速度；
（3）由焦耳定律求出開始時R上產(chǎn)生的熱量，由功能關系求出CD棒在M₃N₃右側(cè)運動的過程中R上產(chǎn)生的熱量；然后求和即可．

解答 解：（1）選取向右為正方向，由牛頓第二定律可得：
${a}_{1}=\frac{F-μmg}{m}=\frac{1.0-0.2×0.1×10}{0.1}=8$m/s²
由公式：s=$\frac{1}{2}{a}_{1}{t}_{\;}^{2}$得：
$t=\sqrt{\frac{2s}{{a}_{1}}}=\sqrt{\frac{2×1}{8}}=0.5$s
（2）CD棒剛進入B₂磁場時的速度為：
v=a₁t=8×0.5=4m/s
在CD上產(chǎn)生的電動勢為：
E₁=B₂Lv=0.05×1.0×4=0.2V
由右手定則可知，感應電流的方向為D流向C，此時B₁仍然在變化，產(chǎn)生的電動勢為：
${E}_{2}=\frac{△B}{△t}•Ld$=$\frac{0.4-0.2}{0.5}×1.0×0.5=0.2$V；電動勢的方向為M₁流向N₁；
可知在同一個電路中二者的方向相同，所以電路中的總電動勢為：
E=E₁+E₂=0.2+0.2=0.4V
所以電路中的感應電流：$I=\frac{E}{R+{R}_{0}}=\frac{0.4}{0.5+0.5}=0.4$A
根據(jù)左手定則可知，CD受到的安培力的方向向左，對CD棒，由牛頓第二定律可得：
-μmg-B₂IL=ma₂
代入數(shù)據(jù)得：${a}_{2}=-4m/{s}^{2}$負號表示方向向左
（3）當CD在M₂N₂到M₃N₃之間運動時，B₁在變化，產(chǎn)生的電動勢為0.2V，此過程中R上產(chǎn)生的熱量為：
${Q}_{1}=（\frac{{E}_{2}}{R+{R}_{0}}）^{2}R$=$（\frac{0.2}{0.5+0.5}）^{2}×0.5$=0.02J
當CD在M₃N₃右側(cè)運動的過程中，CD的動能轉(zhuǎn)化為重力勢能和焦耳熱，即為：
$\frac{1}{2}m{v}^{2}=mgr+{Q}_{2}$
代入數(shù)據(jù)得：Q₂=0.3J
所以CD棒在直軌道上向右運動過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量為：
Q=Q₁+Q₂=0.02+0.3=0.32J
答：（1）CD棒從M₂N₂處運動到M₃N₃處所需要的時間是0.5s；
（2）CD棒剛進入B₂磁場時的加速度大小是4m/s²；
（3）CD棒在直軌道上向右運動過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量是0.32J．

點評 理解牛頓第二定律、動能定理、法拉第電磁感應定律與焦耳定律，對于動能定理中要注意過程中功的正負，同時當心產(chǎn)生的焦耳熱與電阻R上產(chǎn)生的熱量區(qū)別．