Question

20．如图所示，电阻r=0.3Ω，质量m=0.1kg的金属棒CD垂直静置在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计，导轨左端接有R=0.5Ω的电阻，有一理想电压表接在电阻R的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过导轨平面．现给金属棒加一水平向右的恒定外力F，观察到电压表的示数逐渐变大，最后稳定在1.0V，此时导体棒的速度为2m/s．g=10m/s²．求
（1）拉动金属棒的外力F多大？在此过程中金属棒的最大加速度为多大？
（2）当金属棒的加速度为其最大加速度的一半时，电压表的示数多大：
（3）当电压表读数稳定后某一时刻，撤去外力F，求此后电阻R上产生的热量是多少？

Answer 1

分析 （1）根据闭合电路欧姆定律求出感应电动势，由安培力公式F=BIL求得安培力大小，由于棒匀速运动，拉力与安培力二力平衡，即可求解；
（2）根据加速度的大小，结合牛顿第二定律和安培力的表达式求出金属棒的速度，根据切割产生的电动势公式，结合欧姆定律求出电压表的示数．
（3）撤去外力F，棒在安培力作用下做减速运动，最终停止运动，由能量守恒定律即可求解

解答 解：（1）设CD杆产生的电动势为E，电流表的示数为I．
则对R研究，可知：$I=\frac{U}{R}=\frac{1}{0.5}A=2A$
棒产生的感应电动势为 E=BLv
由闭合电路欧姆定律有：$I=\frac{BLv}{R+r}$，得：$BL=\frac{{I（{R+r}）}}{v}=\frac{{2×（{0.5+0.3}）}}{2}=0.8T•m$
设CD杆受到的拉力为F，则安培力大小 F_A=BIL=0.8×2N=1.6N
因为稳定时棒匀速运动，则有F=F_A=1.6N，
则加速度的最大值${a_{max}}=\frac{F}{m}=16m/{s^2}$．
（2）当加速度为最大加速度一半时，a=8m/s²，
根据牛顿第二定律有：$F-\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R+r}=ma$，
代入数据解得v=1m/s，
电压表的示数U=$\frac{BLv}{R+r}R=\frac{0.8×1}{0.8}×0.5$V=0.5V．
（3）由能量守恒，回路中产生的电热Q等于CD棒动能的减少量$\frac{1}{2}$mv²=Q
得：Q=$\frac{1}{2}$×0.1×2²J=0.2J
电阻R上产生的电热 ${Q_R}=\frac{R}{R+r}Q=\frac{0.5}{0.5+0.3}×0.2=0.125J$．
答：（1）拉动金属棒的外力F为1.6N，此过程中金属棒的最大加速度为16m/s²；
（2）当金属棒的加速度为其最大加速度的一半时，电压表的示数为0.5V；
（3）此后电阻R上产生的热量是0.125J．

点评 本题是电磁感应与电路、力学知识的综合应用．关键掌握法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律与能量守恒定律，掌握E=BLV与F=BIL的公式的应用，同时要区别回路产生热量与电阻R的热量的区别．