Question

4．如图所示，固定于水平桌面上足够长的两平行导轨PQ、MN，PQ、MN的电阻不计，间距为d=0.5m．P、M两端接有一只理想电压表，整个装置处于竖直向下的磁感应强度B=0.2T的匀强磁场中．电阻均为R=0.1Ω、质量分别为m₁=300g和m₂=500g的两金属棒L₁、L₂平行的搁在光滑导轨上，现固定棒L₁，L₂在水平恒力F=0.8N的作用下，由静止开始做加速运动，试求：
（1）当电压表的读数为U=0.2V时，棒L₂的加速度多大？
（2）棒L₂能达到的最大速度v_m？
（3）若在棒L₂达到最大速度v_m时撤去外力F，并同时释放棒L₁，求撤去外力F后整个回路产生的焦耳热？

Answer 1

分析 （1）对左棒，根据欧姆定律求出电路中的感应电流大小，对右棒，求出安培力，运用牛顿第二定律列式求解其加速度；
（2）当安培力与拉力平衡时，速度达到最大，根据平衡条件和安培力与速度的关系式求解最大速度．
（3）撤去恒力F同时释放棒L₁后，L₂向右减速运动，L₁向右加速运动，回路中总电动势减小，感应电流减小，当两棒速度相等时，回路中感应电流为零，一起作匀速运动．由于系统受一对等大、反向的安培力，系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求出稳定时的共同速度，由能量守恒求解出焦耳热．

解答 解：（1）L₁与L₂串联，电流相等，则流过L₂的电流为：I=$\frac{U}{R}$=$\frac{0.2}{0.1}$A=2A      ①
L₂所受安培力为：F′=BdI=0.2×0.5×2N=0.2N         ②
根据牛顿第二定律得：棒L₂的加速度 a=$\frac{F-F′}{{m}_{2}}$=$\frac{0.8-0.2}{0.5}$=1.2m/s²；     ③
（2）当L₂所受安培力F_安=F时，棒有最大速度v_m，此时电路中电流为I_m．
则：F_安=BdI_m                   ④
    I_m=$\frac{Bd{v}_{m}}{2R}$                  ⑤
    F_安=F                      ⑥
由④⑤⑥得：v_m=$\frac{2FR}{{B}^{2}{d}^{2}}$=16m/s 
（3）撤去F同时释放棒L₁后，棒L₂做减速运动，L₁做加速运动，当两棒达到共同速度v_共时，L₂有稳定速度，取向右为正方向，对此过程根据动量守恒有：
   m₂v_m=（m₁+m₂）v_共        ⑦
解得 v_共=10m/s     ⑧
则撤去外力F后整个回路产生的焦耳热 Q=$\frac{1}{2}{m}_{2}{v}_{m}^{2}$-$\frac{1}{2}（{m}_{1}+{m}_{2}）{v}_{共}^{2}$=$\frac{1}{2}$×0.5×16²-$\frac{1}{2}×（0.3+0.5）×1{0}^{2}$=24J
答：
（1）当电压表的读数为U=0.2V时，棒L₂的加速度为1.2m/s²．
（2）棒L₂能达到的最大速度v_m为16m/s．
（3）撤去外力F后整个回路产生的焦耳热为24J．

点评 本题的关键要正确分析棒的运动情况，明确：①棒L₂达到最大速度时，合力为零，作匀速直线运动．②撤去拉力后，两个棒系统动量守恒，两棒速度相等时达到稳定状态，不再产生焦耳热．