Question

如圖（甲）所示，M₁M₂、N₁N₂為平行放置的水平金屬軌道，M₄P、N₄Q為相同半徑，平行放置的豎直半圓形金屬軌道，M₄，N₄為切點(diǎn)，P、Q為半圓軌道的最高點(diǎn)，軌道間距L=1.0m，圓軌道半徑r=3.2m，整個(gè)裝置左端接有阻值R=5Ω的定值電阻．M₁M₂N₂N₁、M₃M₄N₄N₃為等大的長方形區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，兩區(qū)域?qū)挾萪=5m，兩區(qū)域之間的距離s=10m；區(qū)域Ⅰ內(nèi)分布著均勻的變化的磁場(chǎng)B₁，變化規(guī)律如圖（乙）所示，規(guī)定豎直向上為B₁的正方向；區(qū)域Ⅱ內(nèi)分布著勻強(qiáng)磁場(chǎng)B₂，方向豎直向上．兩磁場(chǎng)間的軌道與導(dǎo)體棒CD間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.32，M₃N₃右側(cè)的直軌道及半圓形軌道均光滑．質(zhì)量m=10kg，電阻R₀=5Ω的導(dǎo)體棒CD在垂直于棒的水平恒力F拉動(dòng)下，從M₂N₂處由靜止開始運(yùn)動(dòng)，到達(dá)M₃N₃處撤去恒力F，CD棒可勻速地穿過勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)，并能通過半圓形軌道的最高點(diǎn)PQ處，最后下落在軌道上的位置離M₄N₄的距離x=12.8m．若軌道電阻、空氣阻力不計(jì)，運(yùn)動(dòng)過程導(dǎo)棒與軌道接觸良好且始終與軌道垂直，g取10m/s² 求：

（1）水平恒力F的大小；
（2）CD棒在直軌道上運(yùn)動(dòng)過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量Q；
（3）磁感應(yīng)強(qiáng)度B₂的大小．

Answer 1

分析：（1）導(dǎo)體棒在拉力作用下做加速運(yùn)動(dòng)，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，離開軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、機(jī)械能守恒定律與動(dòng)能定理可以求出拉力大小．
（2）由法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由歐姆定律求出感應(yīng)電流，由焦耳定律求出產(chǎn)生的焦耳熱．
（3）由E=BLv與法拉第電磁感應(yīng)定律可以求出磁感應(yīng)強(qiáng)度．

解答：解：（1）設(shè)CD棒在PQ處速度為v₂，CD棒離開軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，
在豎直方向上：2r=

1

2

gt2，水平方向：x=v₂t，
設(shè)CD棒在勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)Ⅱ速度為v₁，從水平軌道到達(dá)軌道最高點(diǎn)過程中，
由機(jī)械能守恒定律得：

1

2

m

v

2 1

=mg?2r+

1

2

m

v

2 2

，
CD棒在恒力F作用下運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得：Fs-μmgs=

1

2

mv12-0，
解得：F=160N；
（2）棒在直軌道上運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生感應(yīng)電流時(shí)間：t=

2s

v1

，
感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E1=

△Φ

△t

=

△B1Ld

△t

，
感應(yīng)電流：I=

E1

R+R0

，
電阻R上產(chǎn)生的熱量：QR=I2Rt，
解得：Q_R=0.01J；
（3）由于CD棒穿過勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)，此過程無感應(yīng)電流，
CD棒進(jìn)入M₃N₃界后的任一短時(shí)間△t內(nèi)，B2Lv1=

△B1

△t

Ld，
由圖乙所示圖象可得：△B1=

2

0.5

△t，
得：B₂=1.25T；
解：（1）水平恒力F的大小為160N；
（2）CD棒在直軌道上運(yùn)動(dòng)過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量Q為0.01J；
（3）磁感應(yīng)強(qiáng)度B₂的大小為1.25T．

點(diǎn)評(píng)：理解平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、動(dòng)能定理、法拉第電磁感應(yīng)定律與焦耳定律，對(duì)于動(dòng)能定理中要注意過程中功的正負(fù)，同時(shí)當(dāng)心產(chǎn)生的焦耳熱與電阻R上產(chǎn)生的熱量區(qū)別．