Question

15．如圖所示，絕緣水平面內(nèi)固定有一間距d=1m、電阻不計的足夠長光滑矩形導軌AKDC，導軌兩端接有阻值分別為R₁=3Ω和R₂=6Ω的定值電阻，矩形區(qū)域AKFE、NMCD范圍內(nèi)均有方向豎直向下、磁感應(yīng)強度大小B=1T的勻強磁場Ⅰ和Ⅱ，一質(zhì)量m=0.2kg、電阻r=1Ω的導體棒ab垂直放在導軌上AK與EF之間某處，在方向水平向右、大小F₀=2N的恒力作用下由靜止開始運動，剛要到達EF時導體棒ab的速度大小v₁=3m/s，導體棒ab進入磁場Ⅱ后，導體棒ab中通過的電流始終保持不變，導體棒ab在運動過程中始終保持與導軌垂直且接觸良好，空氣阻力不計．
（1）求導體棒ab剛要到達EF時的加速度大小a₁；
（2）求兩磁場邊界EF和MN之間的距離L；
（3）若在導體棒ab剛要到達MN時將恒力F₀撤去，求導體棒ab能繼續(xù)滑行的距離s以及滑行該距離s的過程中整個回路產(chǎn)生的焦耳熱Q．

Answer 1

分析 （1）由左手定則可判定安培力方向，再由切割感應(yīng)電動勢，及牛頓第二定律與閉合電路歐姆定律，即可求解；
（2）利用平衡條件，求解導體棒ab進入磁場Ⅱ的速度，再依據(jù)牛頓第二定律，及運動學公式，即可求解兩磁場邊界EF和MN之間的距離；
（3）運用牛頓第二定律和閉合電路歐姆定律，結(jié)合運動學公式，及微積分求和，與能量守恒定律，即可求解．

解答 解：（1）導體棒ab剛要到達EF時，在磁場中切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：E₁=Bdv₁
經(jīng)分析可知，此時導體棒ab所受安培力的方向水平向左，
由牛頓第二定律，則有：F₀-BI₁d=ma₁
根據(jù)閉合電路的歐姆定律，則有：I₁=$\frac{{E}_{1}}{R+r}$
上式中，R=$\frac{{R}_{1}{R}_{2}}{{R}_{1}+{R}_{2}}$=2Ω
解得：a₁=5m/s²；
（2）導體棒ab進入磁場Ⅱ后，受到的安培力與F₀平衡，做勻速直線運動，
導體棒ab中通過的電流I₂，保持不變，則有：F₀=BI₂d，其中，I₂=$\frac{Bd{v}_{2}}{R+r}$
設(shè)導體棒ab從EF運動到MN的過程中的加速度大小為a₂，
根據(jù)牛頓第二定律，則有：F₀=ma₂；
導體棒ab在EF，MN之間做勻加速直線運動，則有：${v}_{2}^{2}-{v}_{1}^{2}=2{a}_{2}L$
解得：L=1.35m
（3）對撤去F₀后，導體棒ab繼續(xù)滑行的過程中，
根據(jù)牛頓第二定律和閉合電路歐姆定律，則有：BId=ma；
而I=$\frac{Bdv}{R+r}$
若△t→0，則有：a=$\frac{△v}{△t}$；
由以上三式可得：$\frac{{B}^{2}0aocpix^{2}}{R+r}v△t$=m△v
則有：$\frac{{B}^{2}ap09qoz^{2}}{R+r}$∑v△t=m∑△v，即$\frac{{B}^{2}qfqjuyz^{2}}{R+r}$s=m（v₂-0）
解得：s=3.6m；
根據(jù)能量守恒定律，則有：Q=$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$
因v₂=6m/s，
代入數(shù)據(jù)，解得：Q=3.6J
答：（1）導體棒ab剛要到達EF時的加速度大小5m/s²；
（2）兩磁場邊界EF和MN之間的距離1.35m；
（3）若在導體棒ab剛要到達MN時將恒力F₀撤去，導體棒ab能繼續(xù)滑行的距離s以及滑行該距離s的過程中整個回路產(chǎn)生的焦耳熱3.6J．

點評 考查左手定則的內(nèi)容，掌握牛頓第二定律、閉合電路歐姆定律與能量守恒定律的應(yīng)用，理解微積分求和的方法，注意利用平衡條件求解導體棒ab進入磁場Ⅱ的速度．