Question

（2013?奉贤区二模）如图所示，两根不计电阻的光滑金属导轨MN与PQ固定在水平面内，MN是直导轨，PQ 的PQ₁段、Q₂Q₃段是直导轨、Q₁Q₂段是曲线导轨，MN、PQ₁、Q₂Q₃相互平行，M、P间接入一个阻值R=0.25Ω的电阻．质量m=1.0kg、不计电阻的金属棒在导轨上滑动时始终垂直于MN．整个装置处于竖直向下的磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中．金属棒处于位置（I）时，给金属棒一向右的初速度v₁=4m/s，同时加一恒定的水平向右的外力F₁，使金属棒向右做a=1m/s²匀减速运动；当金属棒运动到位置（Ⅱ）时，外力方 向不变，改变大小，使金属棒向右做匀速直线运动2s到达位置（Ⅲ）．已知金属棒在位置（I）时，与MN、Q₁Q₂相接触于a、b两点，a、b的间距L₁=1m；金属棒在位置（Ⅱ）时，棒与MN、Q₁Q₂相接触于c、d两点；位置（I）到位置（Ⅱ）的距离为7.5m．求：

（1）从位置（I）到位置（Ⅱ）过程中的F₁大小；
（2）c、d两点间的距离L₂；
（3）金属棒从位置（I）运动到位置（Ⅲ）的过程中，电阻R上放出的热量Q．

Answer 1

分析：（1）金属棒从位置（I）到位置（Ⅱ）的过程中做匀减速运动，加速度不变，方向向左．在位置I时，由E₁=BL₁v₁，I₁=

E1

R

、F_安1=BI₁L₁推导出安培力表达式，根据牛顿第二定律求解加速度大小．
（2）由运动学公式求出金属棒在位置（Ⅱ）时的速度v₂，金属棒在（I）和（II）之间做匀减速直线运动，加速度大小保持不变，外力F₁恒定，则AB棒受到的安培力不变即F_安1=F_安2，由安培力的表达式求解L₂；
（3）金属棒从位置（Ⅱ）到位置（Ⅲ）的过程中，做匀速直线运动，感应电动势大小与位置Ⅱ的感应电动势大小相等，安培力与位置Ⅱ的安培力大小相等，求出两个过程外力做功，根据能量守恒求解热量．

解答：解：（1）金属棒从位置（I）到位置（Ⅱ）的过程中，加速度不变，方向向左，设大小为a，在位置I时，a、b间的感应电动势为E₁，感应电流为I₁，
受到的安培力为F_安1，
则E₁=BL₁v₁             
又I₁=

E1

R

、F_安1=BI₁L₁，
解得 F_安1=4N
由牛顿第二定律得 F_安1-F₁=ma
因 a=1m/s²．所以F₁=3N
（2）设金属棒在位置（Ⅱ）时，速度为v₂，由运动学规律得
 

v

2 2

-

v

2 1

=-2a s₁
解得 v₂=1m/s．
由于在（Ⅰ）和（Ⅱ）之间做匀减速直线运动，即加速度大小保持不变，外力F₁恒定，所以AB棒受到的安培力不变，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）金属棒从位置（Ⅱ）到位置（Ⅲ）的过程中，做匀速直线运动，感应电动势大小与位置Ⅱ时的感应电动势大小相等，安培力与位置Ⅱ的安培力大小相等，所以
  F₂=F_安2=4N
设位置（Ⅱ）和（Ⅲ）之间的距离为s₂，则
  s₂=v₂t=2m
设从位置（Ⅰ）到位置（Ⅱ）的过程中，外力做功为W₁，从位置（Ⅱ）到位置（Ⅲ）的过程中，外力做功为W₂，则
  W₁=F₁s₁=22.5J
  W₂=F₂s₂=8J
根据能量守恒得  W₁+W₂+

1

2

m

v

2 1

=

1

2

m

v

2 2

+Q
解得，Q=38J
答：
（1）从位置（I）到位置（Ⅱ）过程中的F₁大小为3N；
（2）c、d两点间的距离L₂是2m．
（3）金属棒从位置（I）运动到位置（Ⅲ）的过程中，电阻R上放出的热量Q是38J．

点评：本题关键要根据导体棒的运动情况，分析受力情况，要选择研究的位置，抓住两个过程及各个状态之间的关系，运用牛顿第二定律、运动学公式和能量守恒结合进行研究．