Question

1．如圖（a）所示，寬度為L的足夠長光滑金屬導(dǎo)軌水平固定在磁感強度為B、范圍足夠大的勻強磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向上．現(xiàn)有一根質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN放置在金屬導(dǎo)軌上，金屬棒MN始終與導(dǎo)軌接觸良好且垂直，不計導(dǎo)軌電阻．

（1）若金屬棒MN在水平向右的力F的作用下以速度v向右勻速運動，請判斷通過MN棒的電流方向，并利用能的轉(zhuǎn)化和能量守恒定律，通過推導(dǎo)證明棒MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLv；
（2）若金屬棒MN在水平恒力F的作用下由靜止開始運動，試從速度、加速度兩個角度通過分析、推理、計算來描述金屬棒MN的運動狀態(tài)；
（3）若給金屬棒MN向右的初速度同時施加一水平外力，使金屬棒MN作勻減速直線運動，此過程中，外力隨時間的變化關(guān)系圖線如圖（b）所示（以初速度方向為正方向），圖線與橫、縱坐標交點分別為t₀、F₀．求金屬棒MN的加速度大小a和初速度v₀．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)右手定則判斷電流方向；根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和能量守恒定律和力的平衡條件聯(lián)立來證明；
（2）由牛頓第二定律分析加速度大小變化情況，由此確定MN棒的運動情況；
（3）由牛頓第二定律和運動學公式推導(dǎo)外力F的表達式，再根據(jù)圖象的斜率和截距大小來求解．

解答 解：（1）根據(jù)右手定則可知電流方向由M指向N；
設(shè)感應(yīng)電流為I，MN移動s距離所需時間為t．根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和能量守恒定律可得：W=Fs=EIt，
根據(jù)力的平衡可得：F=F_A=BIL，
根據(jù)勻速直線運動的關(guān)系可得：v=$\frac{s}{t}$，
聯(lián)立解得：E=BLv；
（2）MN棒在外力F和安培力共同作用下運動，由牛頓第二定律得：F-F_A=ma，
其中安培力為：F_A=BIL=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$，
所以有：F-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$=ma，
v增大，a減小，MN棒先做加速度逐漸減小的加速運動．
當$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$=F時，a=0，速度達到最大速度v_m，MN棒以v_m做勻速運動．
解得最大速度為：v_m=$\frac{FR}{{B}^{2}{L}^{2}}$；
（3）由牛頓第二定律，得：F_A-F=ma，
即為：$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$-F=ma，
根據(jù)運動學公式可得：v=v₀-at，
解得聯(lián)立得：F=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{0}}{R}$-ma-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}a}{R}t$
由圖象可得斜率的絕對值為：k=$\frac{{F}_{0}}{{t}_{0}}$=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}a}{R}$
解得：a=$\frac{{F}_{0}R}{{B}^{2}{L}^{2}{t}_{0}}$；
由圖象縱軸截距可得：b=F₀=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{0}}{R}$-ma，
解得：v₀=$\frac{{F}_{0}R（{B}^{2}{L}^{2}{t}_{0}+mR）}{{B}^{4}{L}^{4}{t}_{0}}$．
答：（1）電流方向由M指向N；證明見解析；
（2）MN棒先做加速度逐漸減小的加速運動，當加速度為零后，MN棒做勻速運動；
（3）金屬棒MN的加速度大小為$\frac{{F}_{0}R}{{B}^{2}{L}^{2}{t}_{0}}$，初速度v₀為$\frac{{F}_{0}R（{B}^{2}{L}^{2}{t}_{0}+mR）}{{B}^{4}{L}^{4}{t}_{0}}$．

點評 對于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，重點是分析安培力作用下導(dǎo)體棒的平衡問題，根據(jù)平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動能定理、功能關(guān)系等列方程求解．