Question

10．如图，在竖直向下的磁感应强度为B=1.0T的匀强磁场中，两根足够长的平行光滑金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L=0.4m．一质量为m=0.2kg、电阻R₀=0.5Ω的导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好．若轨道左端P点接一电动势为E=1.5V、内阻为r=0.1Ω的电源和一阻值R=0.3Ω的电阻．轨道左端M点接一单刀双掷开关K，轨道的电阻不计．求：
（1）单刀双掷开关K与1闭合瞬间导体棒受到的磁场力F；
（2）单刀双掷开关K与1闭合后导体棒运动稳定时的最大速度v_m；
（3）导体棒运动稳定后，单刀双掷开关K与1断开，然后与2闭合，求此后能够在电阻R上产生的电热Q_R和导体棒前冲的距离X．

Answer 1

分析 （1）由欧姆定律求出电路电流，再由安培力公式F=BIL求得力的大小；
（2）根据牛顿第二定律可知，当安培力为零时棒的速度最大，结合欧姆定律求解；
（3）根据能量守恒定律和串并联电路特点求解．

解答 解：（1）开关K与1闭合瞬间，由欧姆定律得：I=$\frac{E}{{{R_0}+r}}$=2.5 A
由安培力：F=BIL=1×2.5×0.4=1 N    
（2）根据牛顿第二定律可知，导体棒的受力为零时，运动速度最大，即F安=0，即I=0，
故导体运动稳定后产生的感应电动势和电源电动势相等，
E=BLv_m=1.5 v
解得：v_m=$\frac{E}{BL}=\frac{1.5}{1×0.4}$=3.75 m/s          
（3）根据能量守恒定律，单刀双掷开关K与2闭合后，导体棒的动能转化为电路中产生的总电热Q
即：Q=$\frac{1}{2}$mv_m²=$\frac{1}{2}×0.2×3.7{5}^{2}$=1.4 J
由串并联电路特点，电阻R上产生的电热Q_R=$\frac{R}{{R+{R_0}}}$Q=0.53 J
在此过程中，导体棒做变速运动，由动量定理得：Ft=mv_m
即   $\frac{{{B^2}{L^2}X}}{{R+{R_0}}}$=mv_m
X=3.75 m
答：（1）单刀双掷开关K与1闭合瞬间导体棒受到的磁场力F为1N；
（2）单刀双掷开关K与1闭合后导体棒运动稳定时的最大速度v_m为3.75m/s；
（3）导体棒运动稳定后，单刀双掷开关K与1断开，然后与2闭合，此后能够在电阻R上产生的电热Q_R为0.53J，导体棒前冲的距离X为3.75m．

点评 本题从力和能量两个角度分析电磁感应现象，安培力的表达式F=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$是常用的经验公式，要能熟练推导．对于导体棒切割类型，关键要正确分析受力，把握其运动情况和能量转化关系．