Question

13．如圖所示，電阻不計的兩光滑金屬導軌，間距d=2m，Ⅰ區為一段弧形、Ⅱ區為放在桌面上的水平部分、Ⅲ區為傾斜部分，各交接處均平滑連接，儀Ⅱ、Ⅲ區存在方向垂直軌道平面向下的有界勻強磁場，且B₁=B₂=0.2T．現有一質量m=0.02kg、電阻r=1Ω的金屬桿ab，在導軌上距桌面h=0.8m的高度處由靜止釋放，離Ⅱ區后通過一特 殊轉向裝置 （圖上未標出），隨即進入Ⅲ區后恰能勻速下滑，不計各交接處的能所損失，電阻R=3Ω，傾角θ=37°，g=10m/s² （sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：
（1）金屬桿剛進入磁場時，電阻R兩端電壓大小；
（2）經過II區過程中電阻R產生的熱量；
（3）Ⅱ區的磁場寬度x．

Answer 1

分析 （1）金屬桿在Ⅰ區運動時，根據動能定理求出金屬桿進入磁場Ⅱ時的速度，通過切割產生的感應電動勢公式求出感應電動勢的大小，結合電路的結構求得電阻R兩端電壓．
（2）金屬桿進入Ⅲ區后恰能勻速下滑，由平衡條件和安培力與速度的關系式，求解金屬桿在Ⅲ區運動的速度．根據能量守恒定律求出整個過程中回路產生的熱量，從而得出經過II區過程中電阻R產生的熱量．
（3）根據牛頓第二定律和加速度的定義式得到加速度瞬時加速度的表達式，運用積分法求解Ⅱ區的磁場寬度x．

解答 解：（1）金屬桿在Ⅰ區運動時，根據動能定理得：mgh=$\frac{1}{2}$mv₁²-0
可得金屬桿剛進入Ⅱ區時的速度：v₁=4m/s．
感應電動勢的大小為：E₁=B₁dv₁=0.2×2×4V=1.6V
電阻R兩端電壓大小 U=$\frac{R}{R+r}$E₁=$\frac{3}{3+1}$×1.6V=1.2V
（2）金屬桿進入Ⅲ區后恰能勻速下滑，由平衡條件有
  F_安=mgsin37°
又 E₂=B₂dv₂，I₂=$\frac{{E}_{2}}{R+r}$，F_安=B₂dI₂=$\frac{{B}_{2}^{2}p9vv5xb5^{2}{v}_{2}}{R+r}$
聯立解得，金屬桿在Ⅲ區運動的速度 v₂=3m/s
金屬桿經過II區過程中整個電路產生的總熱量 Q=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$
電阻R產生的熱量 Q_R=$\frac{R}{R+r}$Q
代入數據解得 Q_R=5.25×10^-2J
（3）金屬桿在Ⅱ區運動過程中所受的安培力 F_安=$\frac{{B}_{1}^{2}p9vv5xb5^{2}v}{R+r}$
金屬桿的加速度 a=$\frac{{F}_{安}}{m}$
根據加速度的定義有 a=$\frac{△v}{△t}$，即得△v=a△t
整理可得△v=$\frac{{B}_{1}^{2}p9vv5xb5^{2}v△t}{m（R+r）}$
對等式兩邊求和得 $\sum_{\;}^{\;}$△v=$\sum_{\;}^{\;}$$\frac{{B}_{1}^{2}p9vv5xb5^{2}v△t}{m（R+r）}$
又 $\sum_{\;}^{\;}$$\frac{{B}_{1}^{2}p9vv5xb5^{2}}{m（R+r）}$v△t=$\frac{{B}_{1}^{2}p9vv5xb5^{2}}{m（R+r）}$x
則得 v₁-v₂=$\frac{{B}_{1}^{2}p9vv5xb5^{2}}{m（R+r）}$x
代入數據解得 x=0.5m
答：
（1）金屬桿剛進入磁場時，電阻R兩端電壓大小是1.2V；
（2）經過II區過程中電阻R產生的熱量是5.25×10^-2J；
（3）Ⅱ區的磁場寬度x是0.5m．

點評 本題考查了電磁感應與電路和能量的綜合，關鍵要根據法拉第定律、歐姆定律推導出安培力與速度的關系式，運用積分法研究非勻變速運動的位移，其關鍵式子是牛頓第二定律和加速度的定義式．