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    19．如图，光滑平行的水平金属导轨MN、PQ相距l，在M点和P点间接一个阻值为R的电阻，在两导轨间OO1O1′O′矩形区域内有垂直导轨平面竖直向下、宽为d的匀强磁场，磁感强度为B，一质量为m，电阻为r的导体棒ab，垂直搁在导轨上，与磁场左边界相距d0，现用一大小为F、水平向右的恒力拉ab棒，使它由静止开始运动，进入磁场后开始做减速运动，在离开磁场前已经做匀速直线运动（棒ab与导轨始终保持良好的接触，导轨电阻不计）．求：
    （1）导体棒ab在离开磁场右边界时的速度；
    （2）棒ab在刚进入磁场时加速度的大小；
    （3）棒ab通过磁场区的过程中整个回路所消耗的电能；
    （4）定性画出导体棒ab从开始运动到离开磁场过程的v-t图象．

    分析 （1）棒ab在离开磁场做匀速直线运动，重力与安培力平衡，由E=BLv、I=$\frac{E}{R+r}$、F=BIL推导出安培力，由平衡条件求出棒ab离开磁场的下边界时的速度大小．
    （2）推导安培力的表达式得到速度达到v1时的安培力大小，根据牛顿第二定律求出加速度．
    （3）棒ab从静止释放到刚出磁场的过程，根据能量守恒定律求解在通过磁场区的过程中回路产生的焦耳热，由焦耳定律求解棒ab在通过磁场区的过程中产生的焦耳热．
    （4）定性分析导体的运动情况，则可得出对应的图象．

    解答 解：（1）设棒ab离开磁场的边界前做匀速运动的速度为v，产生的感应电动势为：E=BLv    …①
    电路中的电流I=$\frac{E}{R+r}$   …②
    对棒ab，由平衡条件得：F-BIL=0   …③
    联立①②③解得：$v=\frac{F（R+r）}{{{B^2}{L^2}}}$   …④
    （2）设棒ab进入磁场区域匀速运动前速度达到v1时的加速度大小为a，则：
    产生的感应电动势为：E1=BLv1…⑤
    电路中的电流${I_1}=\frac{E_1}{R+r}$…⑥
    则由牛顿第二定律可得：F-BIL=ma…⑦
    联立①②⑤解得：$a=\frac{{{B^2}{L^2}\sqrt{\frac{{2F{d_0}}}{m}}}}{m（R+r）}-\frac{F}{m}$…⑧
    （3）设整个回路中产生的焦耳热为Q，由能量的转化和守恒定律可得：
    由能量守恒定律$F（{d_0}+d）=Q+\frac{1}{2}m{v^2}$
    可得  $Q=F（{d_0}+d）-\frac{{m{F^2}{{（R+r）}^2}}}{{2{B^4}{L^4}}}$
    （4）开始时导体棒做匀加速直线运动，进行磁场后做加速度减小的加速运动；
    图象如图所示；

    答：
    （1）棒ab离开磁场的下边界时的速度大小是$\frac{F（r+R）}{{B}^{2}{L}^{2}}$．
    （2）棒ab进入磁场区域匀速运动前速度达到v1时的加速度大小是$\frac{{B}^{2}{L}^{2}\sqrt{\frac{2F{d}_{0}}{m}}}{m（R+r）}$-$\frac{F}{m}$．
    （3）棒ab在通过磁场区的过程中产生的焦耳热是F（d0+d）-$\frac{m{F}^{2}（R+r）^{2}}{2{B}^{4}{L}^{4}}$
    （4）画出的图象如图所示

    点评 本题是电磁感应与力学知识的综合，关键由E=BLv、I=$\frac{E}{R+r}$、F=BIL推导出安培力；再结合所学物理规律进行分析求解即可．

    练习册系列答案
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    B．小灯泡L1变暗，V1表的读数变小，V2表的读数变大
    C．小灯泡L2变亮，V1表的读数变大，V2表的读数变小
    D．小灯泡L1变亮，V1表的读数变大，V2表的读数变小

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    （1）（多选）某同学计算出的结果明显偏大，可能是由于AC
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    （1）为了得到线性分布的数据点，应将横坐标ω改为ω2；
    （2）实验中，旋转过程中某次挡光杆经过光电门时的遮光时间为△t，则角速度ω=$\frac{△s}{R△t}$；
    （3）若将旋转臂转到竖直平面内，使其带着砝码在竖直平面内做圆周运动，每次挡光杆转到最高点就经过光电门一次，力传感器记录旋转臂受到的砝码对它的作用力，同时光电门记录挡光时间，获得一组F和ω的数据，
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    B．A球下降，B球上升，B球可上升至碗另一侧边缘处
    C．A球下降，B球上升，B球可上升的最高点与碗边缘的高度差为$\frac{3}{5}$R
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