Question

12．如圖所示，兩個光滑絕緣的矩形斜面WRFE、HIFE對接在EF處，傾角分別為α=53°、β=37°．質(zhì)量為m₁=1kg的導(dǎo)體棒AG和質(zhì)量為m₂=0.5kg的導(dǎo)體棒通過跨過EF的柔軟細輕導(dǎo)線相連，兩導(dǎo)體棒均與EF平行、先用外力作用在AG上使它們靜止于斜面上，兩導(dǎo)體棒的總電阻為R=5Ω，不計導(dǎo)線的電阻．導(dǎo)體棒AG下方為邊長L=1m的正方形區(qū)域MNQP有垂直于斜面向上的、磁感強度B₁=5T的勻強磁場，矩形區(qū)域PQKS有垂直于斜面向上的、磁感強度B₂=2T的勻強磁場，PQ平行于EF，PS足夠長．已知細導(dǎo)線足夠長，現(xiàn)撤去外力，導(dǎo)體棒AG進入磁場邊界MN時恰好做勻速運動．（sin37°=0.6、sin53°=0.8，g=10m/s²，不計空氣阻力．）求：
（1）導(dǎo)體棒AG靜止時與MN的間距x
（2）當(dāng)導(dǎo)體棒AG滑過PQ瞬間（記為t=0s），為了讓導(dǎo)體棒AG繼續(xù)作勻速運動，MNQP中的磁場開始隨時間按B_1t=5+kt（T）變化．求：①1s內(nèi)通過導(dǎo)體棒橫截面的電量；②k值．

Answer 1

分析 （1）導(dǎo)體棒AG到達MN之前，AG棒沿斜面向下做勻加速運動，CD棒沿斜面向上做勻加速運動且加速度大小相等，設(shè)加速度為a，分別取AG棒、CD棒為研究對象，由牛頓第二定律可求解出加速度a．AG棒到達MN時做勻速運動，分別取AG棒、CD棒為研究對象，根據(jù)平衡條件可求得AG棒到達MN時的速度v，結(jié)合運動學(xué)公式可計算出導(dǎo)體棒AG靜止時與MN的間距x；
（2）當(dāng)導(dǎo)體棒AG滑過PQ后繼續(xù)做勻速直線運動，取AG棒為研究對象，結(jié)合受力分析可求出通過導(dǎo)體棒的電流I進而可根據(jù)q=It計算出通過導(dǎo)體棒橫截面的電量
（3）當(dāng)導(dǎo)體棒AG滑過PQ做勻速直線運動的過程中，回路中既有導(dǎo)體棒AG切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E₁又有正方形區(qū)域MNQP 磁通量發(fā)生改變產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E₂，故此時閉合回路中的感應(yīng)電動勢為E=E₁+E₂

解答 解：（1）導(dǎo)體棒AG到達MN之前，AG棒沿斜面向下做勻加速運動，CD棒沿斜面向上做勻加速運動且加速度大小相等，設(shè)加速度為a，細輕導(dǎo)線拉力為T₁，由牛頓第二定律
對AG棒   m₁gsinα-T₁=m₁a…①
對CD棒   T₁-m₂gsinβ=m₂a…②
AG棒到達MN時做勻速運動，設(shè)速度為v，由平衡條件
對AG棒    ${m_1}gsinα-{T_2}-\frac{{B_1^2{L^2}v}}{R}=0$…③
對CD棒     T₂-m₂gsinβ=0…④
由運動學(xué)公式   v²=2ax…⑤
聯(lián)立①～⑤式得   x=0.15m…⑥
（2）導(dǎo)體棒AG滑過PQ后繼續(xù)作勻速運動，對棒AG由平衡條件m₁gsinα-T₂-B₂IL=0…⑦
1s內(nèi)通過導(dǎo)體棒橫截面的電量 q=It…⑧
聯(lián)立④⑦⑧得   q=2.5C…⑨
導(dǎo)體棒AG滑過PQ后，切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E₁=B₂Lv…⑩
正方形區(qū)域MNQP 磁通量發(fā)生改變產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢${E_2}=\frac{{△B•{L^2}}}{△t}=k{L^2}$…⑪
又由閉合電路歐姆定律  $I=\frac{{{E_1}+{E_2}}}{R}$…⑫
聯(lián)立得   k=10.5
答：
（1）導(dǎo)體棒AG靜止時與MN的間距為0.15m
（2）①1s內(nèi)通過導(dǎo)體棒橫截面的電量為2.5C；②k值為10.5．

點評 （1）此題考查了法拉第電磁感應(yīng)定律、導(dǎo)體棒切割磁感線時感應(yīng)電動勢的計算、安培力的計算、物體的平衡和牛頓第二定律，屬于多物體多過程的復(fù)雜問題
（2）利用好AG棒做勻速直線運動是處理本題的基礎(chǔ)，分別取棒AG和棒CD為研究對象進行分析是關(guān)鍵
（3）因AG棒滑過PQ后做勻速直線運動，故通過AG棒的感應(yīng)電流為定值，此時求解電路中的電荷量可用q=It直接進行計算