Question

8．如圖所示，間距為L的水平光滑足夠長的平行金屬導(dǎo)軌置于豎直向下的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，導(dǎo)軌左端接一單刀雙擲開關(guān)，可以分別接通電阻R₁和電源，電源的電動勢為E，內(nèi)阻為r．現(xiàn)在導(dǎo)軌上靜止放置一質(zhì)量為m、電阻為R₂的金屬桿ab，則：
（1）若開關(guān)接S₁后，ab桿受到水平向右的恒力F開始運動，求ab桿勻速運動時的速度大小v₁；
（2）求在第（1）問情境中，力F的最大功率P_m及桿勻速運動時其兩端的電壓U_ab；
（3）若開關(guān)接S₂，當(dāng)ab桿運動穩(wěn)定后，斷開開關(guān)S₂轉(zhuǎn)接開關(guān)S₁，求在開關(guān)轉(zhuǎn)接S₁之后的足夠長時間內(nèi)電阻R₁上產(chǎn)生的熱量Q．

Answer 1

分析 （1）金屬棒在功率不變的外力作用下，先做變加速運動，后做勻速運動，此時受到的安培力與F二力平衡，由法拉第定律、歐姆定律和安培力公式推導(dǎo)出安培力與速度的關(guān)系式，再由平衡條件求解速度；
（2）由p=Fv求得功率，利用歐姆定律求解路端電壓．
（3）先求得ab桿運動穩(wěn)定的速度，判定斷開開關(guān)S₂轉(zhuǎn)接開關(guān)S₁，導(dǎo)體棒的運動情況，利用動能定理求解即可．

解答 解：（1）ab桿受到恒力F作用而運動后E₁=BLv₁
${I_1}=\frac{{BL{v_1}}}{{{R_1}+{R_2}}}$   
有牛頓第二定律得：F-BI₁L=ma₁
隨著速度的增大，ab桿將向右做加速度減小的加速運動，最終勻速運動，
此時：$F=B{I_1}L=\frac{{{B^2}{L^2}{v_1}}}{{{R_1}+{R_2}}}$
解得：勻速運動的速度為：${v_1}=\frac{{F（{R_1}+{R_2}）}}{{{B^2}{L^2}}}$
（2）當(dāng)桿勻速運動時，力F有最大功率：${P_m}=F{v_1}=\frac{{{F^2}（{R_1}+{R_2}）}}{{{B^2}{L^2}}}$
ab桿勻速運動時桿兩端的電壓為路端電壓：${U_{ab}}=\frac{{BL{v_1}}}{{{R_1}+{R_2}}}{R_1}=\frac{{F{R_1}}}{BL}$
（3）開關(guān)接S₂后，ab桿受到水平向右的安培力將向右運動，并會產(chǎn)生與電源反向的電動勢，
回路中電動勢為：
E₂=E-BLv₂，${I_2}=\frac{{E-BL{v_2}}}{{r+{R_2}}}$，BI₂L=ma₂
即：$B\frac{{E-BL{v_2}}}{{r+{R_2}}}L=m{a_2}$
隨著速度的增大，ab桿將向右做加速度減小的加速運動，最終勻速運動，由上式得：E=BLv_2m
則ab桿可以達(dá)到的最大速度：${v_{2m}}=\frac{E}{BL}$
斷開開關(guān)S₂繼而接通S₁后的足夠長時間內(nèi)，ab桿將靜止，ab桿的動能全部轉(zhuǎn)化為電阻R₁和R₂上的內(nèi)能，
電阻R₁上產(chǎn)生的熱量：$Q=\frac{R_1}{{{R_1}+{R_2}}}•\frac{1}{2}mv_{2m}^2=\frac{{{E^2}m{R_1}}}{{2{B^2}{L^2}（{R_1}+{R_2}）}}$
答：（1）ab桿勻速運動時的速度大小為$\frac{F（{R}_{1}+{R}_{2}）}{{B}^{2}{L}^{2}}$；
（2）力F的最大功率P_m為$\frac{{F}^{2}（{R}_{1}+{R}_{2}）}{{B}^{2}{L}^{2}}$，桿勻速運動時其兩端的電壓U_ab為$\frac{F{R}_{1}}{BL}$；
（3）在開關(guān)轉(zhuǎn)接S₁之后的足夠長時間內(nèi)電阻R₁上產(chǎn)生的熱量Q為$\frac{{E}^{2}m{R}_{1}}{2{B}^{2}{L}^{2}（{R}_{1}+{R}_{2}）}$．

點評 金屬棒在運動過程中克服安培力做功，把金屬棒的動能轉(zhuǎn)化為焦耳熱，在此過程中金屬棒做加速度減小的減速運動；對棒進行受力分析、熟練應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、動能定理等正確解題．