Question

10．如圖所示，豎直放置的足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，間距為L(zhǎng)=0.50m，導(dǎo)軌上端接有電阻R=0.80Ω，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)．空間有一水平方向的有理想上邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.40T、方向垂直于金屬導(dǎo)軌平面向外，質(zhì)量為m=0.02kg、電阻r=0.20Ω的金屬桿MN，從靜止開(kāi)始沿著金屬導(dǎo)軌下落．以v₀=2.5m/s的速度進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，在磁場(chǎng)中下落H=4m時(shí)開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng)，下落過(guò)程中金屬剛始終與兩導(dǎo)軌垂直且接觸良好，重力加速度g=10m/s²，不計(jì)空氣阻力．
（1）求棒在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的大�。�
（2）棒從開(kāi)始下落至剛勻速過(guò)程中R中產(chǎn)生的熱量Q；
（3）棒從開(kāi)始下落至剛勻速過(guò)程所用時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）棒在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬棒重力的功率等于電功率，據(jù)此列式，求解速度的大�。�
（2）根據(jù)能量守恒求出回路中產(chǎn)生的總熱量，再得到R中產(chǎn)生的熱量．
（3）根據(jù)牛頓第二定律和加速度的定義式，由微元法求解時(shí)間．

解答 解：（1）設(shè)棒在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的大小為v，由能量守恒得：
   mgv=$\frac{{E}^{2}}{R+r}$
又 E=BLv
聯(lián)立得 v=$\frac{mg（R+r）}{{B}^{2}{L}^{2}}$=$\frac{0.02×10×1}{0．{4}^{2}×0．{5}^{2}}$=5m/s
（2）棒從開(kāi)始下落至剛勻速過(guò)程中，根據(jù)能量守恒得
回路產(chǎn)生的總熱量  Q_總=mgH+$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}^{2}$=0.6125J
則R中產(chǎn)生的熱量 Q=$\frac{R}{R+r}$Q_總=$\frac{0.8}{0.8+0.2}$×0.6125J=0.49J
（3）棒從開(kāi)始下落至剛勻速過(guò)程中，取極短時(shí)間△t，棒的速度變化量為△v．
則加速度為 a=$\frac{△v}{△t}$
根據(jù)牛頓第二定律得 mg-BIL=ma
I=$\frac{BLv}{{R}_{1}+{R}_{2}}$
聯(lián)立得 mg-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}}{{R}_{1}+{R}_{2}}v$=m$\frac{△v}{△t}$
即mg△t-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}}{{R}_{1}+{R}_{2}}v$△t=m△v
兩邊取和得  mg$\sum_{\;}^{\;}$△t-$\sum_{\;}^{\;}$$\frac{{B}^{2}{L}^{2}}{{R}_{1}+{R}_{2}}v$△t=$\sum_{\;}^{\;}$m△v
則得mgt-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}H}{{R}_{1}+{R}_{2}}$=mv-mv₀；
代入得 0.2t-$\frac{0．{4}^{2}×0．{5}^{2}×4}{1}$=0.02×（5-2.5）
解得 t=1.05s
答：
（1）棒在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的大小為5m/s；
（2）棒從開(kāi)始下落至剛勻速過(guò)程中R中產(chǎn)生的熱量Q是0.49J；
（3）棒從開(kāi)始下落至剛勻速過(guò)程所用時(shí)間是1.05s．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵要熟練推導(dǎo)出安培力與速度的關(guān)系，利用加速度的定義式和牛頓第二定律，采用微元法求解變加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．