Question

2．如圖所示，間距為L的兩光滑傾斜金屬導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角為θ，導(dǎo)軌間接有阻值為R的電阻，導(dǎo)軌其他部分的電阻均不計，導(dǎo)軌間I、Ⅱ區(qū)域中有垂直導(dǎo)軌平面向下，寬為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的矩形勻強(qiáng)磁場，I、Ⅱ區(qū)域間距為L₁，有一質(zhì)量為m，長為L，電阻不計的金屬桿與導(dǎo)軌緊密接觸，從距區(qū)域I上端L₀處由靜止釋放．若桿在I、Ⅱ區(qū)域中的運(yùn)動情況完全相同，重力加速度大小為g．求：
（1）金屬桿剛進(jìn)入?yún)^(qū)域I時電流I的大��；
（2）金屬桿通過I區(qū)域的過程中，回路總發(fā)熱量Q．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出金屬桿剛進(jìn)入?yún)^(qū)域I時的速度，再根據(jù)E=BLv和歐姆定律求出電流．
（2）由機(jī)械能守恒定律求出金屬桿剛出磁場時的速度，運(yùn)用能量守恒定律求熱量Q．

解答 解：（1）設(shè)金屬桿剛進(jìn)入?yún)^(qū)域I時的速度為v，剛出區(qū)域I的速度為v′．金屬桿從距區(qū)域I上端L₀處由靜止釋放到剛進(jìn)入?yún)^(qū)域I的過程，由機(jī)械能守恒定律得：
mgL₀sinθ=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
得：v=$\sqrt{2g{L}_{0}sinθ}$
金屬桿剛進(jìn)入?yún)^(qū)域I時電流為：I=$\frac{E}{R}$=$\frac{BLv}{R}$=$\frac{BL\sqrt{2g{L}_{0}sinθ}}{R}$
（2）根據(jù)題意可知，金屬桿剛進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時速度也為v．從剛出區(qū)域I到剛進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的過程，由機(jī)械能守恒定律得：
mgL₁sinθ=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$-$\frac{1}{2}mv{′}^{2}$
金屬桿通過I區(qū)域的過程中，金屬桿做減速運(yùn)動，根據(jù)能量守恒定律得：
Q=mgdsinθ+（$\frac{1}{2}m{v}^{2}$-$\frac{1}{2}mv{′}^{2}$）
聯(lián)立解得：Q=mg（d+L₁）sinθ
答：（1）金屬桿剛進(jìn)入?yún)^(qū)域I時電流是$\frac{BL\sqrt{2g{L}_{0}sinθ}}{R}$．
（2）金屬桿通過I區(qū)域的過程中，回路總發(fā)熱量Q是mg（d+L₁）sinθ．

點評 解決本題的關(guān)鍵要搞清題意，明確金屬桿的運(yùn)動情況，正確分析能量是如何轉(zhuǎn)化的，運(yùn)用能量守恒定律求熱量．