Question

18．如圖所示，平行光滑金屬導(dǎo)軌AA₁和CC₁與水平地面之間的夾角均為θ，兩導(dǎo)軌間距為L，A，C兩點(diǎn)間連接有阻值為R的電阻，一根質(zhì)量為m，電阻為r的直導(dǎo)體棒EF跨在導(dǎo)軌上，兩端與導(dǎo)軌接觸良好．在邊界ab，cd之間存在垂直導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，ab和cd與導(dǎo)軌垂直，將導(dǎo)體棒EF從圖示位置由靜止釋放，EF進(jìn)入磁場就開始勻速運(yùn)動(dòng)，穿過磁場過程中電阻R產(chǎn)生的熱量為Q，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，導(dǎo)體棒EF與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，除R和r之外，其余電阻不計(jì)，取重力加速度為g．
（1）求導(dǎo)體棒EF剛進(jìn)入磁場時(shí)的速率；
（2）求磁場區(qū)域的寬度s；
（3）將磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)?\frac{B}{2}$，仍讓導(dǎo)體棒EF從圖示位置由靜止釋放，若導(dǎo)體棒離開磁場前后瞬間的加速度大小之比為1：2，求導(dǎo)體棒通過磁場的時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）EF進(jìn)入磁場做勻速運(yùn)動(dòng)，所以受力平衡，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=BLv和閉合電路歐姆定律，聯(lián)立即可求解；
（2）對導(dǎo)體棒穿過磁場的過程運(yùn)用動(dòng)能定理，再結(jié)合電熱分配與電阻的關(guān)系，聯(lián)立即可；
（3）對導(dǎo)體棒離開磁場前后瞬間分別運(yùn)用牛頓第二定律，二者聯(lián)立可求出導(dǎo)體棒離開磁場時(shí)的速度v₂，進(jìn)而求出導(dǎo)體棒穿過磁場過程中速度的變化量△v，再根據(jù)電量公式q=n$\frac{△φ}{{R}_{總}}$求出導(dǎo)體棒穿過磁場過程中流過的電荷量q，金屬棒在磁場中做加速度逐漸減小的變加速直線運(yùn)動(dòng)，微分過程為n個(gè)時(shí)間極短的小過程，再利用動(dòng)量定理結(jié)合積分求和的思想，即可求解金屬棒在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t．

解答 解：（1）設(shè)導(dǎo)體棒EF剛進(jìn)入磁場時(shí)的速率為v₁，
根據(jù)EF進(jìn)入磁場后受力平衡可得：mgsinθ=BIL ①
閉合電路歐姆定律得：E=I（R+r） ②
導(dǎo)體棒切割磁場產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢：E=BLv₁ ③
聯(lián)立①②③式得：v₁=$\frac{mg（R+r）sinθ}{{B}^{2}{L}^{2}}$ ④
（2）對導(dǎo)體棒穿過磁場的過程運(yùn)用動(dòng)能定理得：mgs•sinθ-W_安=0 ⑤
根據(jù)電磁感應(yīng)能量轉(zhuǎn)化關(guān)系得：Q=$\frac{R}{R+r}$W_安 ⑥
聯(lián)立⑤⑥可得：s=$\frac{（R+r）Q}{mgRsinθ}$
（3）設(shè)導(dǎo)體棒EF穿出磁場時(shí)的速率為v₂，導(dǎo)體棒通過磁場的時(shí)間為t
根據(jù)牛頓第二定律可得：
離開磁場前：mgsinθ-$\frac{（\frac{B}{2}）^{2}{L}^{2}{v}_{2}}{R+r}$=ma ⑦
離開磁場后：mgsinθ=m•2a ⑧
解得：v₂=$\frac{2mg（R+r）sinθ}{{B}^{2}{L}^{2}}$ ⑨
聯(lián)立④⑨式．可得棒穿過磁場的速度變化量：△v=v₂-v₁=$\frac{mg（R+r）sinθ}{{B}^{2}{L}^{2}}$ ⑩
電流定義式：q=$\overline{I}$△t⑪
閉合電路歐姆定律：$\overline{I}$=$\frac{\overline{E}}{R+r}$⑫
法拉第電磁感應(yīng)定律：$\overline{E}$=n$\frac{△φ}{△t}$⑬
導(dǎo)體棒穿過磁場過程磁通量的變化量：△φ=$\frac{B}{2}$Ls⑭
聯(lián)立⑪⑫⑬⑭式，可得導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場到勻速過程流過的電荷量：q=$\frac{BLs}{R+r}$⑮
將導(dǎo)體棒穿過磁場的過程分成n個(gè)時(shí)間極短的小過程，每個(gè)小過程的時(shí)間均為△t，則n△t=t；
因?yàn)椤鱰極短，所以每個(gè)小過程的電流為定值，設(shè)其大小分別為I₁，I₂，I₃，…I_n，對應(yīng)過程的加速度大小分別為a₁，a₂，a₃，…a_n；
針對每一個(gè)小過程對導(dǎo)體棒運(yùn)用定量定理可得：
第1個(gè)小過程：mgsinθ•△t-$\frac{B}{2}$LI₁△t=ma₁△t
第2個(gè)小過程：mgsinθ•△t-$\frac{B}{2}$LI₂△t=ma₂△t
第3個(gè)小過程：mgsinθ•△t-$\frac{B}{2}$LI₃△t=ma₃△t
…
第n個(gè)小過程：mgsinθ•△t-$\frac{B}{2}$LI_n△t=ma_n△t
將上述n個(gè)式子做和可得：mgsinθ•t-$\frac{B}{2}$L（I₁△t+I₂△t+I₃△t+…+I_n△t）=m（a₁△t+a₂△t+a₃△t+…+a_n△t）⑯
其中：I₁△t+I₂△t+I₃△t+…+I_n△t=q⑰
a₁△t+a₂△t+a₃△t+…+a_n△t=△v⑱
將⑰⑱代入⑯式得：mgsinθ•t-$\frac{B}{2}$Lq=m△v⑲
聯(lián)立⑩⑮⑲式得：t=$\frac{m（R+r）}{{B}^{2}{L}^{2}}-\frac{{B}^{2}{L}^{2}Q}{4{m}^{2}{g}^{2}Rsi{n}^{2}θ}$
答：（1）求導(dǎo)體棒EF剛進(jìn)入磁場時(shí)的速率為$\frac{mg（R+r）sinθ}{{B}^{2}{L}^{2}}$；
（2）求磁場區(qū)域的寬度為$\frac{（R+r）Q}{mgRsinθ}$；
（3）將磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)?\frac{B}{2}$，仍讓導(dǎo)體棒EF從圖示位置由靜止釋放，若導(dǎo)體棒離開磁場前后瞬間的加速度大小之比為1：2，導(dǎo)體棒通過磁場的時(shí)間為$\frac{m（R+r）}{{B}^{2}{L}^{2}}-\frac{{B}^{2}{L}^{2}Q}{4{m}^{2}{g}^{2}Rsi{n}^{2}θ}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)體棒切割磁場的力電綜合問題，注意根據(jù)其運(yùn)動(dòng)形式選擇相應(yīng)的規(guī)律解決，前兩問難度不大；第三問先微分再積分求和，大家注意理解積分的物理意義，即：求解圖象與橫軸圍成的面積；⑰⑱兩式可以用I-t圖象和a-t圖象與t軸圍成的下面積去理解，I-t圖象與t軸圍成的下面積表示流過的電量，a-t圖象與t軸圍成的下面積表示速度的變化量．