Question

6．如圖所示，兩平行的光滑金屬導軌安裝在豎直面上，導軌間距為L、足夠長，下部條形勻強磁場的寬度為d，磁感應強度大小為B、方向與導軌平面垂直，上部條形勻強磁場的寬度為2d，磁感應強度大小為B₀，方向平行導軌平面向下，在上部磁場區(qū)域的上邊緣水平放置導體棒（導體棒與導軌絕緣），導體棒與導軌間存在摩擦，動摩擦因數為μ．長度為2d的絕緣棒將導體棒和正方形的單匝線框連接在一起組成“”型裝置，總質量為m，置于導軌上，導體棒中通以大小恒為I的電流（由外接恒流源產生，圖中未圖出），線框的邊長為d（d＜L），下邊與磁場區(qū)域上邊界重合．將裝置由靜止釋放，導體棒恰好運動到磁場區(qū)域的下邊界處返回，導體棒在整個運動過程中始終與導軌接觸并且相互垂直．重力加速度為g．求：
（1）裝置剛開始時導體棒受到安培力的大小和方向；
（2）裝置從釋放到開始返回的過程中，線框中產生的焦耳熱Q；
（3）線框第一次穿出下方磁場下邊時的速度；
（4）若線框第一次穿越下方磁場區(qū)域所需的時間為t，求線框電阻R．

Answer 1

分析 （1）根據左手定則可判斷出剛開時導體棒受到的安培力的方向為垂直于導軌平面相里，根據安培力計算公式F=BIL可求得安培力的大小
（2）裝置從釋放到開始返回的過程中，由動能定理可求得線框中產生的焦耳熱Q
（3）根據動能定律可求得線圈第一次穿出西方磁場下邊時的速度
（4）根據動量定理求線框的電阻R

解答 解：（1）安培力大小為F=B₀IL，方向：垂直紙面向里
    （2）設裝置由靜止釋放到導體棒運動到磁場下邊界的過程中，由動能定理：mg×4d-（Q+BILd+μB₀IL×2d）=0
解得：Q=3.5mgd-BILd
     （3）設線圈剛離開磁場下邊界時的速度為v₁，則接著向下運動2d，由動能定理：mg×2d-BILd=0-$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
解得$；{v}_{1}=\sqrt{\frac{2BILd-4mgd}{m}}$
（4）設裝置在△t內速度變化量為△v，由動量定理：（-μ₀BILd+mg-BId）△t=m△v-0
化簡得：$\frac{3}{4}\\;\\;mg\\;t-Bdq=m{v}_{1}$mgt-Bdq=mv₁，（q=$\frac{△Φ}{R}=\frac{2Bqhkb6ik^{2}}{R}$）
解得：R=$\frac{8{B}^{2}hzh75m6^{3}}{3mgt-4\sqrt{2BILdm-4{m}^{2}gd}}$
答：（1）裝置剛開始時導體棒受到的安培力的為B₀IL，方向垂直于紙面向里
（2）裝置從釋放到開始返回的過程中，線框中產生的焦耳熱Q為3.5mgd-BILd
（3）線框第一次穿出下方磁場下邊時的速度為$\sqrt{\frac{2\\;BILd-4mgd}{m}}$
（4）若線框第一次穿越下方磁場區(qū)域所需的時間為t，求線框電阻R為$\frac{8{B}^{2}obxa1go^{3}}{3mgt-4\sqrt{2BILdm-4{m}^{2}gd}}$

點評 本提考查了安培力、右手定則、動能定理、動量定理、能量守能定律，綜合性強；合力的運動物理規(guī)律是解決此題的關鍵，明確裝置的運動過程及運動過程中的受力分析是基礎