Question

10．如圖甲所示，水平面上的兩光滑金屬導(dǎo)軌平行固定放置，間距d=0.5m，電阻不計，左端通過導(dǎo)線與阻值R=2Ω的電阻連接，右端通過導(dǎo)線與阻值R_L=4Ω的小燈泡L連接．在CDEF整個矩形區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，CE長x=4m，CDEF區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間變化如圖乙所示．在t=0時，有一阻值r=2Ω的金屬棒在水平向右的恒力F作用下由靜止開始從PQ位置沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動．已知從t=0開始到金屬棒運(yùn)動到磁場邊界EF處的整個過程中，金屬棒始終垂直于兩導(dǎo)軌并且和兩導(dǎo)軌接觸良好，小燈泡的亮度沒有發(fā)生變化．求：
（1）通過小燈泡的電流；
（2）恒力F的大��；
（3）金屬棒的質(zhì)量及金屬棒在磁場區(qū)域運(yùn)動過程中流過金屬棒的電量．

Answer 1

分析 （1）分析回路中感應(yīng)電動勢產(chǎn)生的原因，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電動勢大小，根據(jù)電路連接情況計算通過小燈泡的電流；
（2）電流分配關(guān)系求解回路的總電流，根據(jù)平衡條件求解恒力F的大��；
（3）分析電路連接情況，求解電路的總電阻根據(jù)切割磁感線產(chǎn)生電動勢和閉合電路的歐姆定律聯(lián)立求解速度大小，根據(jù)速度時間關(guān)系求解加速度，再由牛頓第二定律知金屬棒的質(zhì)量，根據(jù)電流的定義式求解流過金屬棒的電量．

解答 解：（1）由圖乙可知，在t=0至t=4s內(nèi)，金屬棒未進(jìn)入磁場；磁場變化導(dǎo)致電路中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，形成的電路為r與R并聯(lián)，再與R_L串聯(lián)．
此過程中的感應(yīng)電動勢為：E=$\frac{△Φ}{△t}$=$\frac{△B}{△t}dx$=$\frac{2}{4}×0.5×4$V=1V
回路的總電阻為：R_總=R_L+$\frac{Rr}{R+r}$=5Ω
則通過小燈泡的電流為：I_L=$\frac{E}{{R}_{總}}$=0.2A；
（2）因燈泡亮度不變，故4s末金屬棒進(jìn)入磁場時剛好做勻速運(yùn)動，
由電流分配關(guān)系可知回路的總電流為：I=I_L+I_R=I_L+$\frac{{R}_{L}}{R}•{I}_{L}$=0.6A
故恒力F的大小為：F=F_A=BId=0.6N；
（3）當(dāng)金屬棒在磁場區(qū)域運(yùn)動時，由于金屬棒切割磁感線產(chǎn)生電動勢，形成的電路為R與R_L并聯(lián)，再與r串聯(lián)，此時電路的總電阻為：
R_總′=r+$\frac{{R}_{L}R}{R+{R}_{L}}$=$\frac{10}{3}$Ω
金屬棒切割磁感線產(chǎn)生電動勢為：E′=IR_總′=2V
而E′=Bdv，解得v=2m/s
金屬棒在0～4s內(nèi)運(yùn)動的加速度為：a=$\frac{v}{t}$=0.5m/s²，
由牛頓第二定律知金屬棒的質(zhì)量為：m=$\frac{F}{a}$=1.2kg
由電流的定義式知流過金屬棒的電量為：q=It′=$I•\frac{x}{v}$=1.2C．
答：（1）通過小燈泡的電流為0.2A；
（2）恒力F的大小為0.6N；
（3）金屬棒的質(zhì)量為1.2kg，金屬棒在磁場區(qū)域運(yùn)動過程中流過金屬棒的電量為1.2C．

點(diǎn)評 對于電磁感應(yīng)現(xiàn)象中涉及電路問題的分析方法是：確定哪部分相對于電源，根據(jù)電路連接情況畫出電路圖，結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律、以及電功率的計算公式列方程求解．