Question

（2013?奉賢區(qū)二模）如圖所示，兩根不計電阻的光滑金屬導軌MN與PQ固定在水平面內(nèi)，MN是直導軌，PQ 的PQ₁段、Q₂Q₃段是直導軌、Q₁Q₂段是曲線導軌，MN、PQ₁、Q₂Q₃相互平行，M、P間接入一個阻值R=0.25Ω的電阻．質(zhì)量m=1.0kg、不計電阻的金屬棒在導軌上滑動時始終垂直于MN．整個裝置處于豎直向下的磁感應強度B=0.5T的勻強磁場中．金屬棒處于位置（I）時，給金屬棒一向右的初速度v₁=4m/s，同時加一恒定的水平向右的外力F₁，使金屬棒向右做a=1m/s²勻減速運動；當金屬棒運動到位置（Ⅱ）時，外力方 向不變，改變大小，使金屬棒向右做勻速直線運動2s到達位置（Ⅲ）．已知金屬棒在位置（I）時，與MN、Q₁Q₂相接觸于a、b兩點，a、b的間距L₁=1m；金屬棒在位置（Ⅱ）時，棒與MN、Q₁Q₂相接觸于c、d兩點；位置（I）到位置（Ⅱ）的距離為7.5m．求：

（1）從位置（I）到位置（Ⅱ）過程中的F₁大��；
（2）c、d兩點間的距離L₂；
（3）金屬棒從位置（I）運動到位置（Ⅲ）的過程中，電阻R上放出的熱量Q．

Answer 1

分析：（1）金屬棒從位置（I）到位置（Ⅱ）的過程中做勻減速運動，加速度不變，方向向左．在位置I時，由E₁=BL₁v₁，I₁=

E1

R

、F_安1=BI₁L₁推導出安培力表達式，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大�。�
（2）由運動學公式求出金屬棒在位置（Ⅱ）時的速度v₂，金屬棒在（I）和（II）之間做勻減速直線運動，加速度大小保持不變，外力F₁恒定，則AB棒受到的安培力不變即F_安1=F_安2，由安培力的表達式求解L₂；
（3）金屬棒從位置（Ⅱ）到位置（Ⅲ）的過程中，做勻速直線運動，感應電動勢大小與位置Ⅱ的感應電動勢大小相等，安培力與位置Ⅱ的安培力大小相等，求出兩個過程外力做功，根據(jù)能量守恒求解熱量．

解答：解：（1）金屬棒從位置（I）到位置（Ⅱ）的過程中，加速度不變，方向向左，設大小為a，在位置I時，a、b間的感應電動勢為E₁，感應電流為I₁，
受到的安培力為F_安1，
則E₁=BL₁v₁             
又I₁=

E1

R

、F_安1=BI₁L₁，
解得 F_安1=4N
由牛頓第二定律得 F_安1-F₁=ma
因 a=1m/s²．所以F₁=3N
（2）設金屬棒在位置（Ⅱ）時，速度為v₂，由運動學規(guī)律得
 

v

2 2

-

v

2 1

=-2a s₁
解得 v₂=1m/s．
由于在（Ⅰ）和（Ⅱ）之間做勻減速直線運動，即加速度大小保持不變，外力F₁恒定，所以AB棒受到的安培力不變，即F_安1=F_安2
得

B2 L 2 1 v1

R

=

B2 L 2 2 v2

R

  解得，L₂=

v1 v2

L1=2m
（3）金屬棒從位置（Ⅱ）到位置（Ⅲ）的過程中，做勻速直線運動，感應電動勢大小與位置Ⅱ時的感應電動勢大小相等，安培力與位置Ⅱ的安培力大小相等，所以
  F₂=F_安2=4N
設位置（Ⅱ）和（Ⅲ）之間的距離為s₂，則
  s₂=v₂t=2m
設從位置（Ⅰ）到位置（Ⅱ）的過程中，外力做功為W₁，從位置（Ⅱ）到位置（Ⅲ）的過程中，外力做功為W₂，則
  W₁=F₁s₁=22.5J
  W₂=F₂s₂=8J
根據(jù)能量守恒得  W₁+W₂+

1

2

m

v

2 1

=

1

2

m

v

2 2

+Q
解得，Q=38J
答：
（1）從位置（I）到位置（Ⅱ）過程中的F₁大小為3N；
（2）c、d兩點間的距離L₂是2m．
（3）金屬棒從位置（I）運動到位置（Ⅲ）的過程中，電阻R上放出的熱量Q是38J．

點評：本題關鍵要根據(jù)導體棒的運動情況，分析受力情況，要選擇研究的位置，抓住兩個過程及各個狀態(tài)之間的關系，運用牛頓第二定律、運動學公式和能量守恒結合進行研究．