Question

16．如圖所示，豎直放置的兩根足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌相距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌的兩端分別與電源（串有一滑動(dòng)變阻器R）、定值電阻、電容器（原來(lái)不帶電）和開(kāi)關(guān)K相連．整個(gè)空間充滿了垂直于導(dǎo)軌平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B．一質(zhì)量為m，電阻不計(jì)的金屬棒ab橫跨在導(dǎo)軌上．已知電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，電容器的電容為C，定值電阻的阻值為R₀，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻．
（1）當(dāng)K接1時(shí)，金屬棒ab在磁場(chǎng)中恰好保持靜止，則滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值R多大？
（2）當(dāng)K接2后，金屬棒ab從靜止開(kāi)始下落，下落距離s時(shí)達(dá)到穩(wěn)定速度，則此穩(wěn)定速度的大小為多大？下落s的過(guò)程中所需的時(shí)間為多少？
（3）若在將ab棒由靜止釋放的同時(shí)，將電鍵K接到3．試通過(guò)推導(dǎo)說(shuō)明ab棒此后的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)如何？求ab再下落距離s時(shí)，電容器儲(chǔ)存的電能是多少？（設(shè)電容器不漏電，此時(shí)電容器還沒(méi)有被擊穿）

Answer 1

分析 （1）當(dāng)K接1時(shí)，金屬棒ab在磁場(chǎng)中恰好保持靜止，棒的重力與安培力平衡，由平衡條件和安培力公式列式，可求出電路中的電流，再根據(jù)歐姆定律求R；
（2）當(dāng)K接2后，金屬棒ab從靜止開(kāi)始下落，先做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)，達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，根據(jù)重力的功率等于電功率列式求速度．根據(jù)動(dòng)量定理和法拉第定律列式求時(shí)間．
（3）ab達(dá)到穩(wěn)定速度后，將開(kāi)關(guān)K突然接到3，電容器充電，電路中充電電流，ab棒受到安培力，安培力的瞬時(shí)表達(dá)式F=BiL，i=$\frac{△Q}{△t}$=$\frac{C△U}{△t}$，又U=E=BLv，再結(jié)合牛頓第二定律求得瞬時(shí)加速度，即可判斷棒的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)．根據(jù)能量守恒求電容器儲(chǔ)存的電能．

解答 解：（1）k接到1位置時(shí)，有 $I=\frac{E}{R+r}$
由平衡條件得 mg=BIL，
得 $I=\frac{mg}{BL}$
聯(lián)立得 $R=\frac{E}{I}-r=\frac{EBL}{mg}-r$
（2）k接到2位置時(shí)，穩(wěn)定時(shí)，有$mg=B\frac{BLv}{R_0}L$，$v=\frac{{mg{R_0}}}{{{B^2}{L^2}}}$
根據(jù)牛頓第二定律得 $mg-B\frac{BLv}{R_0}L=ma$，得$a=g-\frac{{{B^2}{L^2}}}{{m{R_0}}}v$
由$△v=a△t=g△t-\frac{{{B^2}{L^2}}}{{m{R_0}}}v△t$得
$\sum△v=\sum a△t=g\sum△t-\frac{{{B^2}{L^2}}}{{m{R_0}}}\sum v△t$
可得 $v=gt-\frac{{{B^2}{L^2}}}{{m{R_0}}}s$
所以時(shí)間 $t=\frac{v}{g}+\frac{{{B^2}{L^2}s}}{{mg{R_0}}}=\frac{{m{R_0}}}{{{B^2}{L^2}}}+\frac{{{B^2}{L^2}s}}{{mg{R_0}}}$
（3）k接到3位置時(shí)，ab棒做勻加速運(yùn)動(dòng)mg-BIL=ma
電流為 $I=\frac{△Q}{t}=\frac{C△U}{t}=\frac{CBL△v}{t}$
由牛頓第二定律得 $mg-B\frac{CBL△v}{△t}L=ma$
得 $a=\frac{m}{{m+C{B^2}{L^2}}}g$
可見(jiàn)棒的加速度不變，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．
設(shè)下落距離s時(shí)的速度為v
則
   $\begin{array}{l}{v^2}=2as\\ v=\sqrt{2as}\end{array}$
此時(shí)電容器儲(chǔ)存的電能為E，則得
 $\begin{array}{l}E=mgs-\frac{1}{2}m{v^2}\\=\frac{{mgsC{B^2}{L^2}}}{{m+C{B^2}{L^2}}}\end{array}$
答：
（1）滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值R為$\frac{EBL}{mg}$-r．
（2）穩(wěn)定速度的大小為$\frac{mg{R}_{0}}{{B}^{2}{L}^{2}}$，下落s的過(guò)程中所需的時(shí)間為$\frac{m{R}_{0}}{{B}^{2}{L}^{2}}$+$\frac{{B}^{2}{L}^{2}s}{mg{R}_{0}}$．
（3）棒做加速度為$\frac{m}{m+C{B}^{2}{L}^{2}}$g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，ab再下落距離s時(shí)，電容器儲(chǔ)存的電能為$\frac{mgsC{B}^{2}{L}^{2}}{m+C{B}^{2}{L}^{2}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是電磁感應(yīng)與電路、力學(xué)知識(shí)的綜合，關(guān)鍵要會(huì)推導(dǎo)加速度的表達(dá)式，通過(guò)分析棒的受力情況，確定其運(yùn)動(dòng)情況．