Question

20．如图所示，两根半径为r的$\frac{1}{4}$圆弧轨道间距为L，其顶端a、b与圆心处等高，轨道光滑且电阻不计，在其上端连有一阻值为R的电阻，整个装置处于辐向磁场中，圆弧轨道所在处的磁感应强度大小均为B．将一根长度稍大于L、质量为m、电阻为R₀的金属棒从轨道顶端ab处由静止释放．已知当金属棒到达如图所示的cd位置（金属棒与轨道圆心连线和水平面夹角为θ）时，金属棒的速度达到最大；当金属棒到达轨道底端ef时，对轨道的压力为1.5mg．求：
（1）当金属棒的速度最大时，流经电阻R的电流大小和方向；
（2）金属棒滑到轨道底端的整个过程中流经电阻R的电量；
（3）金属棒滑到轨道底端的整个过程中电阻R上产生的热量．

Answer 1

分析 （1）金属棒速度最大时，在轨道切线方向所受合力为0，由此条件列式求解流经电阻R的电流大小，由右手定则判断电流方向．
（2）金属棒下滑过程中，回路的磁通量增加，先求出磁通量的增加量，再由法拉第电磁感应定律和欧姆定律求电量．
（3）先由牛顿第二定律求出金属棒到达最低点时的速度，再根据能量守恒定律求电阻R上产生的热量．

解答 解：（1）金属棒速度最大时，在轨道切线方向所受合力为0，则有：
mgcosθ=BIL
解得：I=$\frac{mgcosθ}{BL}$，流经R的电流方向为a→R→b．
（2）金属棒滑到轨道底端的整个过程中，穿过回路的磁通量变化量为：
△Φ=BS=B•L•$\frac{πr}{2}$=$\frac{BLπr}{2}$
平均电动势为：$\overline{E}$=$\frac{△Φ}{△t}$，平均电流为：$\overline{I}$=$\frac{\overline{E}}{R+{R}_{0}}$
则流经电阻R的电量：q=$\overline{I}△$t=$\frac{△Φ}{R+{R}_{0}}$=$\frac{BLπr}{2（R+{R}_{0}）}$
（3）在轨道最低点时，由牛顿第二定律得：N-mg=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
据题有：N=1.5mg
由能量转化和守恒得：Q=mgr-$\frac{1}{2}m{v}^{2}$=$\frac{3}{4}$mgr
电阻R上发热量为：Q_R=$\frac{R}{R+r}$Q=$\frac{3mgrR}{4（R+{R}_{0}）}$
答：（1）当金属棒的速度最大时，流经电阻R的电流大小为$\frac{mgcosθ}{BL}$，流经R的电流方向为a→R→b．
（2）金属棒滑到轨道底端的整个过程中流经电阻R的电量为$\frac{BLπr}{2（R+{R}_{0}）}$．
（3）金属棒滑到轨道底端的整个过程中电阻R上产生的热量为$\frac{3mgrR}{4（R+{R}_{0}）}$．

点评 解决本题的关键是明确金属棒是垂直切割磁感线的，与平直轨道上运动情况相似，注意电量与磁通量的变化量有关，热量往往根据能量守恒求解．