Question

9．如圖所示，兩足夠長平行光滑的金屬導軌MN，PQ相距為L=1m，導軌平面與水平面夾角α=30°，導軌電阻不計，磁感應強度為B=1.0T的勻強磁場垂直導軌平面斜向下，金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導軌上，且始終與導軌接觸良好，金屬棒的質量m=0.01kg，電阻不計，定值電阻R₁=30Ω，電阻箱電阻調到R₂=120Ω，電容C=0.01F，g=10m/s²，現(xiàn)在將金屬棒由靜止釋放．
（1）在開關接到1的情況下，分析金屬棒從靜止開始出發(fā)的運動情況，求金屬棒穩(wěn)定下滑過程中，R₂消耗的功率為多少？
（2）在開關接到2的情況下，將金屬棒由靜止釋放，求：
①電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關系；
②金屬棒速度大小隨時間變化的關系，并求經(jīng)過時間t=2.0s時電容器的電量．

Answer 1

分析 （1）金屬棒切割磁感線，產(chǎn)生感應電動勢，從而形成電流，導致金屬棒中有安培力出現(xiàn)，最終導致金屬棒處于最大速度，達到穩(wěn)定狀態(tài)．由力的平衡條件可求出安培力，從而能算出棒的最大速度，再根據(jù)能量守恒求出R₂消耗的功率．
（2）當接到2時，相當于電源給電容器充電，出現(xiàn)電流，從而列出安培力表達式，利用牛頓第二定律寫出方程，最終得到棒做勻加速運動．求出加速度，再求出電荷量與速度大小的關系．即可求出t=2.0s時電容器的電量．

解答 解：（1）當金屬棒穩(wěn)定時勻速下滑，速度最大，設最大速度v_m，此時棒處于平衡狀態(tài)．
故有 mgsinα=F_安，而F_安=BIL，I=$\frac{BL{v}_{m}}{{R}_{1}+{R}_{2}}$
由上各式得：v_m=$\frac{mg（{R}_{1}+{R}_{2}）sinθ}{{B}^{2}{L}^{2}}$=$\frac{0.1×（30+120）×sin30°}{{1}^{2}{×1}^{2}}$=7.5m/s
由能量守恒得：P_R1+P_R2=mgsinαv_m，
又P_R1：P_R2=R₁：R₂=1：4
解得R₂消耗的功率為 P_R2=0.3W
（2）①金屬棒的速度為v時，電容器板間電壓為 U=BLv
電荷量 q=CU=CBLv
②在開關接到2的情況下，對任意時刻，由牛頓第二定律得  mgsinα-BLi=ma
又i=$\frac{△q}{△t}$，而△q=C△u=CBL△v  
可得 a=gsinα-CB²L²$\frac{△v}{△t}$$•\frac{1}{m}$
根據(jù)加速度定義得 a=$\frac{△v}{△t}$
聯(lián)立解得 a=$\frac{mgsinα}{m+C{B}^{2}{L}^{2}}$，上式表明金屬棒下滑過程中，加速度保持不變，勻加速直線運動．
代入數(shù)據(jù)可得：a=2.5m/s² ．
經(jīng)過時間t=2.0s時，v=at=5m/s
則電容器的電量 q=CBLv=0.01×1×1×5C=0.05C
答：
（1）金屬棒穩(wěn)定下滑過程中，R₂消耗的功率為0.3W．
（2）①電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關系為 q=CBLv；
②經(jīng)過時間t=2.0s時電容器的電量為0.05C．

點評 金屬棒下滑切割磁感線相當于電源，求出電源的電動勢，運用微元法求解加速度是關鍵，其切入點是加速度的定義式和牛頓第二定律．