Question

12．如圖所示，平行光滑導(dǎo)軌OPQ、O′P′Q′相距L=0.5m，導(dǎo)軌平面與水平面成θ=53°角，OP段和O′P′段是導(dǎo)電的，PQ段和P′Q′段是絕緣的，在P和P′處固定一個(gè)“Π”形導(dǎo)體框abcd，導(dǎo)體框平面與導(dǎo)軌面垂直，面積S=0.3m²．空間存在變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向與導(dǎo)軌平行，與線圈abcd垂直．質(zhì)量為m=0.02kg、電阻R=0.2Ω的金屬棒MN放在兩導(dǎo)軌上QQ′處，與PP′的距離x=0.64m，棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸．t=0時(shí)刻，從QQ′無初速度釋放金屬棒MN，此時(shí)勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向沿導(dǎo)軌向上（規(guī)定為正方向），變化規(guī)律為B=0.2-0.8t（T）．除金屬棒MN外，不計(jì)其他電阻．問：（sin53°=0.8，cos53°=0.6，取g=10m/s²） 
（1）經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間，金屬棒MN中有感應(yīng)電流？感應(yīng)電流的方向如何？
（2）設(shè)導(dǎo)軌OP和O′P′足夠長(zhǎng)，金屬棒MN，在導(dǎo)軌OP和O′P′上最遠(yuǎn)能滑行多長(zhǎng)距離？

Answer 1

分析 （1）題中PQ段和PˊQˊ段是絕緣的，金屬棒從QQˊ處運(yùn)動(dòng)PPˊ處的過程沒有感應(yīng)電流，之后才有感應(yīng)電流，在這個(gè)過程中，金屬棒做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解時(shí)間．通過PPˊ后，根據(jù)楞次定律分析感應(yīng)電流的方向．
（2）金屬棒AB在OP段和OˊPˊ段的導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)法拉第定律和歐姆定律可求出回路中的感應(yīng)電流的大�。�根據(jù)左手定則可判斷出AB所受的安培力方向垂直向上，當(dāng)安培力增大到等于mgcosθ 金屬棒將離開導(dǎo)軌，由B的表達(dá)式求出時(shí)間，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解．

解答 解：（1）金屬棒從QQˊ處運(yùn)動(dòng)PPˊ處的過程沒有感應(yīng)電流，之后有感應(yīng)電流，
 由牛頓第二定律得：$a=\frac{mgsinθ}{m}=gsinθ$
$x=\frac{1}{2}a{t}^{2}$得：
$t=\sqrt{\frac{2x}{gsinθ}}=\sqrt{\frac{2×0.64}{10×sin53°}}=0.4s$
根據(jù)楞次定律得：電流方向?yàn)锽到A
（2）由B=0.2-0.8t（T）得，B的變化率大小為$\frac{△B}{△t}=0.8Wb/s$
由法拉第電磁感應(yīng)定律得回路中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：
$E=\frac{△B}{△t}S=0.8×0.3V=0.24V$
由閉合電路歐姆定律得：
=$\frac{0.24}{0.2}A=1.2A$
當(dāng)金屬棒到達(dá)PPˊ處時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=（0.2-0.8×0.4）T=-0.12T，方向沿導(dǎo)軌向下．
當(dāng)F_安=mgcosθ 金屬棒將離開導(dǎo)軌，而F_安=BˊIL
則 B′IL=mgcosθ
即：$B′=\frac{mgcosθ}{IL}=\frac{0.02×10×0.6}{1.2×0.5}T=0.2T$
又-Bˊ=0.2-0.8×tˊ，得：t′=0.5s
則 S+x=$\frac{1}{2}$gsinθtˊ²
$S=\frac{1}{2}gsinθt{′}^{2}-x=\frac{1}{2}×10×0.8×0．{5}^{2}-0.64m=0.36m$
答：（1）經(jīng)過0.4s，金屬棒AB中有感應(yīng)電流，電流方向?yàn)锽到A．
（2）假設(shè)OP段和OˊPˊ段的導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，金屬棒AB在OP段和OˊPˊ段的導(dǎo)軌上能滑行0.36m．

點(diǎn)評(píng) 本題是電磁感應(yīng)與通電導(dǎo)體在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合，要注意AB棒運(yùn)動(dòng)時(shí)并不產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)安培力大小和方向判斷出AB什么時(shí)候離開導(dǎo)軌是關(guān)鍵