Question

6．如图所示，两根不计电阻的金属导线MN与PQ放在水平面内，MN是直导线，PQ的PQ₁段是直导线，Q₁Q₂段是弧形导线，Q₂Q段是直导线，MN、PQ₁、Q₂Q相互平行，M、P间接入一个阻值R=0.25?的电阻，一根质量为1.0kg且不计电阻的金属棒AB能在MN、PQ上无摩擦地滑动，金属棒始终垂直于MN，整个装置处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，金属棒处于位置（Ⅰ）时，给金属棒一个向右的速度v₁=4m/s，同时方向水平向右的外力F₁=3N作用在金属棒上使金属棒向右做匀减速直线运动，当金属棒运动到位置（Ⅱ）时，外力方向不变，大小变为F₂，金属棒向右做匀速直线运动，再经过时间t=2s到达位置（Ⅲ）．金属棒在位置（Ⅰ）时，与MN、Q₁Q₂接触于a、b两点，a、b的间距L₁=1m，金属棒在位置（Ⅱ）时，棒与MN、Q₁Q₂接触于c、d两点，已知位置（Ⅰ）、（Ⅱ）间距为s₁=7.5m，求：
（1）金属棒从位置（Ⅰ）运动到位置（Ⅱ）的过程中，加速度的大小；
（2）c、d两点间的距离L₂；
（3）外力F₂的大小；
（4）金属棒从位置（Ⅰ）运动到位置（Ⅲ）的过程中产生的热量Q．

Answer 1

分析 （1）由题，金属棒从位置（I）到位置（Ⅱ）的过程中，做匀减速运动，加速度不变，根据E=BLv、I=$\frac{E}{R}$、F_安=BIL结合求出金属棒在位置I时受到的安培力大小，根据牛顿第二定律可求出加速度a．
（2）由运动学公式${v}_{2}^{2}-{v}_{1}^{2}=2a{s}_{1}$求出金属棒在位置（Ⅱ）时的速度v₂，由于棒做匀减速运动，安培力大小不变，由安培力的表达式F=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$求解L₂．
（3）金属棒从位置（Ⅱ）到位置（Ⅲ）的过程中，做匀速直线运动，F₂与安培力大小相等．
（4）金属棒从位置（I）运动到位置（Ⅲ）的过程中，外力做功提供的能量转化为棒的动能和内能，根据能量守恒定律求解电阻R上放出的热量Q．

解答 解：（1）金属棒从位置（I）到位置（Ⅱ）的过程中，做匀减速运动，加速度不变，方向向左，设大小为a，在位置I时，a、b间的感应电动势为E₁，感应电流为I₁，受到的安培力为F_安1，则有
E₁=BL₁v₁，${I}_{1}=\frac{{E}_{1}}{R}$，F_安1=BI₁L₁=$\frac{{B}^{2}{L}_{1}^{2}{v}_{1}}{R}$…①
联立解得 F_安1=4N…②
根据牛顿第二定律得
F_安1-F₁=ma…③
代入解得，a=1m/s²…④
（2）设金属棒在位置（Ⅱ）时速度为v₂，由运动学规律得 ${v}_{2}^{2}-{v}_{1}^{2}=-2a{s}_{1}$…⑤
解得v₂=1m/s…⑥
由于金属棒在（I）和（II）之间做匀减速直线运动，即加速度大小保持不变，外力F₁恒定，所以AB棒受到的安培力不变即
F_安1=F_安2=$\frac{{B}^{2}{L}_{2}^{2}{v}_{2}}{R}$…⑦
解得${L}_{2}=\sqrt{\frac{{v}_{1}}{{v}_{2}}}{L}_{1}=\sqrt{\frac{4}{1}}×1m=2m$ …⑧
（3）金属棒从位置（Ⅱ）到位置（Ⅲ）的过程中，做匀速直线运动，感应电动势大小与位置（Ⅱ）时的感应电动势大小相等，安培力与位置（Ⅱ）时的安培力大小相等，所以
F₂=F_安2=4N…⑨
（4）设位置（II）和（Ⅲ）之间的距离为s₂，则
s₂=v₂t=2 m…⑩
设从位置（I）到位置（Ⅱ）的过程中，外力做功为W₁，从位置（Ⅱ）到位置（Ⅲ）的过程中，外力做功为W₂，则
W₁=F₁s₁=22.5 J
W₂=F₂s₂=8 J
根据能量守恒得W₁+W₂+$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}+Q$
解得Q=38J
答：（1）金属棒向右匀减速运动时的加速度大小为1m/s²．
（2）c、d两点间的距离L₂为2m．
（3）外力F₂的大小为4N
（4）金属棒从位置（I）运动到位置（Ⅲ）的过程中，电阻R上放出的热量Q为38J．

点评 本题是抓住匀减速运动的特点：合力一定，加速度一定，分析棒的受力情况，同时，要掌握安培力的经验公式F=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$，从力和能两个方面研究本题．