Question

20．如图所示，两平行且无限长光滑金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ=30°，两导轨之间的距离为L=1m，两导轨M、P之间接入电阻R=0.2Ω，导轨电阻不计，在abcd区域内有一个方向垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅰ，磁感应强度B₀=1T．磁场的宽度x₁=1m，在cd连线以下的区域有一个方向也垂直于导轨平面向下的磁场Ⅱ，磁感应强度B₁=0.5T．一个质量为m=1kg的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，金属棒的电阻r=0.2Ω，若将金属棒在离ab连线上端x₀处自由释放，则金属棒进入磁场Ⅰ恰好做匀速直线运动，金属棒进入磁场Ⅱ后，经过ef时系统达到稳定状态，cd与ef之间的距离x₂=8m．（g取10m/s²）
（1）求金属棒从开始静止到磁场Ⅱ中达到稳定状态这段时间中电阻R产生的热量．
（2）求金属棒从开始静止到在磁场Ⅱ中达到稳定状态所经过的时间．

Answer 1

分析 （1）金属棒达到稳定状态时做匀速直线运动，由平衡条件求出稳定时的速度，再由能量守恒定律求解电阻R产生的热量．
（2）由运动学公式和牛顿第二定律求出金属棒在进入磁场前的运动时间，进入磁场Ⅰ恰好做匀速直线运动，由运动学公式求出匀速直线运动的时间．对于金属棒在磁场Ⅱ中运动过程，运用动量定理求时间．其中通过金属棒的电量可根据q=$\frac{△Φ}{R+r}$求解．

解答 解：（1）设金属棒进入磁场Ⅰ、Ⅱ中稳定时的速度分别为v₁和v₂．
在磁场Ⅰ中稳定时，由平衡条件得  mgsinθ=B₀I₁L
又 I₁=$\frac{{B}_{0}L{v}_{1}}{R+r}$
联立可得 v₁=$\frac{mg（R+r）}{{B}_{0}^{2}{L}^{2}}$sinθ=$\frac{1×10×（0.2+0.2）}{{1}^{2}×{1}^{2}}$×sin30°=2m/s
在磁场Ⅱ中稳定时，有mgsinθ=B₁IL
又 I=$\frac{{B}_{1}L{v}_{2}}{R+r}$ 
联立可得 v₂=$\frac{mg（R+r）}{{B}_{1}^{2}{L}^{2}}$sinθ=$\frac{1×10×（0.2+0.2）}{0．{5}^{2}×{1}^{2}}×sin30°$=8m/s
从静止到磁场Ⅱ中达到稳定状态过程中，根据能量守恒得
电阻R产生的热量  Q_R=$\frac{R}{R+r}$Q=$\frac{1}{2}$[mg（x₁+x₂）sinθ-（$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$）]
代入解得 Q_R=10.5J
（3）金属棒从开始静止到刚进入磁场Ⅰ的时间 t₁=$\frac{{v}_{1}}{gsinθ}$=$\frac{4}{10×sin30°}$s=0.8s
在磁场Ⅰ运动时间 t₂=$\frac{{x}_{1}}{{v}_{1}}$=$\frac{1}{4}$s=0.25s
设金属棒在磁场Ⅱ中运动时间为t₃．
根据动量定理得：（mgsinθ-B₁$\overline{I}$L）t₃=mv₂-mv₁；
其中q=$\overline{I}$t=$\frac{\overline{E}}{R+r}$t=$\frac{{B}_{1}L\overline{v}{t}_{3}}{R+r}$=$\frac{{B}_{1}L{x}_{2}}{R+r}$=$\frac{0.5×1×8}{0.2+0.2}$C=10C
则得 mgsinθt₃-B₁Lq=mv₂-mv₁；
代入解得 t₃=1.8s
故总时间为t=t₁+t₂+t₃=2.85s
答：
（1）金属棒从开始静止到磁场Ⅱ中达到稳定状态这段时间中电阻R产生的热量为10.5J．
（2）金属棒从开始静止到在磁场Ⅱ中达到稳定状态所经过的时间为2.85s．

点评 解决本题的关键是运用动量定理求解时间，也可以运用微元法求解，要掌握电磁感应中通过导体棒的电量q=$\frac{△Φ}{R+r}$，要在会推导的基础上记牢．