Question

（2010?南京模擬）如圖甲，兩光滑的平行導(dǎo)軌MON與PO′Q，其中ON、O′Q部分是水平的，傾斜部分與水平部分用光滑圓弧連接，QN兩點(diǎn)間連電阻R，導(dǎo)軌間距為L．水平導(dǎo)軌處有兩個(gè)勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ（分別是cdef和hgjk虛線包圍區(qū)），磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面豎直向上，Ⅱ區(qū)是磁感強(qiáng)度B₀的恒定的磁場，Ⅰ區(qū)磁場的寬度為x₀，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化．一質(zhì)量為m，電阻為R的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放置在磁場區(qū)中央位置，t=0時(shí)刻Ⅰ區(qū)磁場的磁感強(qiáng)度從B₁大小開始均勻減小至零，變化如圖乙所示，導(dǎo)體棒在磁場力的作用下運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖丙所示．
（1）求出t=0時(shí)刻導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)加速度a．
（ 2）求導(dǎo)體棒穿過Ⅰ區(qū)磁場邊界過程安培力所做的功和將要穿出時(shí)刻電阻R的電功率．
（3）根據(jù)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)圖象，求棒的最終位置和在0-t₂時(shí)間內(nèi)通過棒的電量．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解出感應(yīng)電動(dòng)勢；根據(jù)歐姆定律求解出電流；計(jì)算出安培力后根據(jù)牛頓第二定律求解出加速度；
（2）根據(jù)動(dòng)能定理列式求解安培力的功，根據(jù)動(dòng)生電動(dòng)勢和感生電動(dòng)勢合成得到電動(dòng)勢，求出電流和電功率；
（3）結(jié)合圖象并運(yùn)用微元法，得到Ⅱ區(qū)寬度，然后根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、安培力公式、切割公式等列式分析計(jì)算．

解答：解：（1）t=0時(shí)刻 E=

△Φ

△t

=

B1

t0

?

Lx0

2

，I=

E

2R

ab棒受到向左的安培力 F=B1IL=

B 2 1 L2x0

4Rt0

ab棒向左的加速度 a=

F

m

=

B 2 1 L2x0

4mRt0

（2）

1

2

t₀時(shí)刻導(dǎo)體棒穿出磁場速度為v₀，由動(dòng)能定理，安培力的功為W=

1

2

m

v

2 0

將要穿出磁場Ⅰ區(qū)時(shí)電動(dòng)勢為E=

△Φ

△t

-BLv=

B1Lx0

t0

-

B1Lv0

2

I=

E

2R

，P=I2R=

1

4R

(

B1Lx0

t0

-

B1Lv0

2

)2
（3）設(shè)磁場Ⅱ區(qū)寬度為x₁，棒在Ⅱ區(qū)任一時(shí)刻速度為v，E=BLv，I=

B0Lv

2R

棒受到向右安培力 F=B0IL=

B02L2v

2R

加速度大小a=

B02L2v

2mR

△v=-a△t=

-B02L2v

2mR

△t
穿過磁場Ⅱ區(qū)全程
∑△v=

1

2

v0-v0=

B02L2

2mR

∑△x=

-B02L2

2mR

x1
x1=

mRv0

B 2 0 L2

棒從斜面返回磁場Ⅱ初速度

1

2

v₀，同理可知，經(jīng)過x₁位移速度減為零，所以停在Ⅱ區(qū)右端
又 E=

△Φ

△t

，I=

E

2R

△Q=I△t=

△Φ

2R

0-t₂時(shí)間內(nèi) △Φ 1=-

B1Lx0

2

，△Φ 2=B0Lx1=

mRv0

B0L

△Q=

mv0

2B0L

-

B1Lx0

4R

答：（1）開始時(shí)刻導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)加速度a為

B 2 1 L2x0

4mRt0

；
（ 2）導(dǎo)體棒穿過Ⅰ區(qū)磁場邊界過程安培力所做的功為

1

2

m

v

2 0

，將要穿出時(shí)刻電阻R的電功率為

1

4R

(

B1Lx0

t0

-

B1Lv0

2

)2；
（3）棒的最終位置在Ⅱ區(qū)右端，在0-t₂時(shí)間內(nèi)通過棒的電量為

mv0

2B0L

-

B1Lx0

4R

．

點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵結(jié)合圖象得到導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)規(guī)律；對(duì)于第二問，要注意同時(shí)存在感生和動(dòng)生電動(dòng)勢；第三問要結(jié)合微元法求解．