Question

13．如圖（a）所示，間距為l、電阻不計(jì)的光滑導(dǎo)軌固定在傾角為θ的斜面上．在區(qū)域I內(nèi)有方向垂直于斜面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B；在區(qū)域Ⅱ內(nèi)有垂直于斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B_t的大小隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖（b）所示．t=0時(shí)刻在軌道上端的金屬細(xì)棒ab從如圖位置由靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌下滑，同時(shí)下端的另一金屬細(xì)棒cd在位于區(qū)域I內(nèi)的導(dǎo)軌上由靜止釋放．在ab棒運(yùn)動(dòng)到區(qū)域Ⅱ的下邊界EF處之前，cd棒始終靜止不動(dòng)，兩棒均與導(dǎo)軌接觸良好．已知cd棒的質(zhì)量為m、電阻為R，ab棒的質(zhì)量、阻值均未知，區(qū)域Ⅱ沿斜面的長(zhǎng)度為2l，在t=t_x時(shí)刻（t_x未知）ab棒恰進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，重力加速度為g．求：

（1）ab棒的質(zhì)量．
（2）ab棒開(kāi)始下滑的位置離區(qū)域Ⅱ上邊界的距離．
（3）若ab棒開(kāi)始下滑至EF的過(guò)程中cd棒產(chǎn)生的熱量為Q，求ab棒的電阻．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)平衡條件，結(jié)合電流大小相同，即可求解；
（2）根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律，及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，即可求解；
（3）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律與閉合電路歐姆定律，結(jié)合電路特點(diǎn)，即可求解

解答 解：（1）cd棒始終靜止不動(dòng)，說(shuō)明ab棒進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，ab、cd組成串聯(lián)回路二者電流大小相同，
所受安培力大小相同，根據(jù)平衡F=mgsinθ知ab棒的質(zhì)量與cd相等，m_ab=m；
（2）ab棒在到達(dá)區(qū)域II前做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，a=$\frac{mgsinθ}{m}$=gsinθ
cd棒始終靜止不動(dòng)，ab棒在到達(dá)區(qū)域II前、后，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變，則ab棒在區(qū)域II中一定做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)
可得； $\frac{△∅}{△t}$=Blv_t
即$\frac{{B}^{2}2l•l}{{t}_{x}}$=Blgsinθt_x
所以t_x=$\frac{2l}{gsinθ}$①；
ab棒在區(qū)域II中做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的速度v_t=$\sqrt{\frac{2l}{gsinθ}}$②
則ab棒開(kāi)始下滑的位置離EF的距離h=$\frac{1}{2}$at_x²=l；
（3）因?yàn)閠_x前ab棒做a=gsinθ勻加速運(yùn)動(dòng)，t_x后進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，兩階段的感生電動(dòng)勢(shì)與動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)以及電流等大反向且恒定；
若ab棒開(kāi)始下滑至EF的過(guò)程中cd棒產(chǎn)生的熱量為Q=$（\frac{E}{R+{R}_{ab}}）^{2}$R（t_x$+\frac{2l}{{v}_{t}}$）③
聯(lián)立①②③可得：R_ab=$\frac{4mglRsinθ}{Q}-R$
答：（1）ab棒的質(zhì)量m；
（2）ab棒開(kāi)始下滑的位置離區(qū)域Ⅱ上邊界的距離l；
（3）則ab棒的電阻=$\frac{4mglRsinθ}{Q}-R$

點(diǎn)評(píng) 解決這類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵是弄清電路結(jié)構(gòu)，正確分析電路中的電流以及安培力的變化情況，屬于難題．