Question

4．如圖，光滑平行的豎直金屬導(dǎo)軌MN、QP相距l(xiāng)，在M點(diǎn)和Q點(diǎn)間接一個(gè)阻值為R的電阻，在兩導(dǎo)軌間OO₁O₁′O′矩形區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面水平向里、高為h的磁感強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一質(zhì)量為m，電阻也為R的導(dǎo)體棒ab，垂直擱在導(dǎo)軌上，與磁場(chǎng)下邊界相距h₀．現(xiàn)用一豎直向上的大小為F=2mg恒力拉ab棒，使它由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)后開(kāi)始做減速運(yùn)動(dòng)，在離開(kāi)磁場(chǎng)前已經(jīng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)（棒ab與導(dǎo)軌始終保持良好的接觸，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，空氣阻力不計(jì)，g為重力加速度）．求：
（1）導(dǎo)體棒ab在離開(kāi)磁場(chǎng)上邊界時(shí)的速度；
（2）棒ab在剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度的大��；
（3）棒ab通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)的過(guò)程中棒消耗的電能．

Answer 1

分析 （1）導(dǎo)體棒ab在離開(kāi)磁場(chǎng)上邊界時(shí)已經(jīng)做勻速運(yùn)動(dòng)，推導(dǎo)出安培力與速度的關(guān)系式，再由平衡條件求速度．
（2）在h₀階段中，根據(jù)動(dòng)能定理求出棒ab在剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度，求得安培力，再由牛頓第二定律求加速度的大�。�
（3）棒ab通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)的過(guò)程中，根據(jù)能量守恒定律求棒消耗的電能．

解答 解：（1）離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)勻速，受到重力、安培力和拉力，
所以有 F=mg+F_A；
安培力為 F_A=BIl=$\frac{Blv}{2R}Bl$=$\frac{{B}^{2}{l}^{2}v}{2R}$
代入上式解得 v=$\frac{2mgR}{{B}^{2}{l}^{2}}$ 
（2）在h₀階段中，根據(jù)動(dòng)能定理，得
  （F-mg）h₀=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得 v₁=$\sqrt{2g{h}_{0}}$
棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受的安培力大小為  F_A′=$\frac{{B}^{2}{l}^{2}{v}_{1}}{2R}$
根據(jù)牛頓第二定律得 F-mg-F_A′=ma
解得  a=g-$\frac{{B}^{2}{l}^{2}\sqrt{2g{h}_{0}}}{2mR}$
（3）對(duì)整個(gè)過(guò)程，根據(jù)能量守恒定律得到
  F（h₀+h）=mg（h₀+h）+Q+$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
回路產(chǎn)生的總電能為 Q=mg（h₀+h）-$\frac{2{m}^{3}{g}^{2}{R}^{2}}{{B}^{4}{l}^{4}}$
棒消耗的電能為 E_電=$\frac{Q}{2}$=$\frac{1}{2}$mg（h+h₀）-$\frac{{m}^{3}{g}^{2}{R}^{2}}{{B}^{4}{l}^{4}}$
答：
（1）導(dǎo)體棒ab在離開(kāi)磁場(chǎng)上邊界時(shí)的速度是$\frac{2mgR}{{B}^{2}{l}^{2}}$；
（2）棒ab在剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度的大小是g-$\frac{{B}^{2}{l}^{2}\sqrt{2g{h}_{0}}}{2mR}$；
（3）棒ab通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)的過(guò)程中棒消耗的電能是$\frac{1}{2}$mg（h+h₀）-$\frac{{m}^{3}{g}^{2}{R}^{2}}{{B}^{4}{l}^{4}}$．

點(diǎn)評(píng) 此題關(guān)鍵要熟練推導(dǎo)出安培力與速度的關(guān)系式，判斷在安培力作用下能量的轉(zhuǎn)化情況，運(yùn)用力學(xué)規(guī)律解答．