Question

12．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(jì)，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CDFE整個(gè)矩形區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，CE長(zhǎng)x=4m，CDFE區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化如圖乙所示，在t=0時(shí)，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(dòng)．已知從t=0開始到金屬棒運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)邊界EF處的整個(gè)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的大小及金屬棒的質(zhì)量．

Answer 1

分析 （1）金屬棒未進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，由電路的性質(zhì)可得出電阻，則可求得通過燈泡的電流；
（2）由題意可知金屬棒應(yīng)恰好勻速運(yùn)動(dòng)，由燈泡中的電流可求得電路中的總電流，由F=BIL可求得安培力，則可求得拉力；由歐姆定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，然后由E=BLv的變形公式求出金屬棒的速度，由歐姆定律可求得電路中的電動(dòng)勢(shì)，由E=BLv可求得導(dǎo)體棒的速度，則可求得勻加速運(yùn)動(dòng)過程的加速度，再由牛頓第二定律可求得質(zhì)量．

解答 解：（1）金屬棒未進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，R_總=R_L+$\frac{Rr}{r+R}$=4Ω+1Ω=5Ω，
由法拉第電磁感應(yīng)定律可得：E₁=$\frac{△Φ}{△t}=\frac{△B}{△t}•S=\frac{2}{4}×0.5×4V=1V$，
通過小燈泡的電流：I_L=$\frac{{E}_{1}}{{R}_{總}}=\frac{1}{5}A=0.2A$；
（2）因燈泡亮度不變，故4s末金屬棒恰好進(jìn)入磁場(chǎng)且做勻速運(yùn)動(dòng)，
金屬棒中的電流為：I=I_L+I_R=I_L+$\frac{{I}_{L}{R}_{L}}{R}$=0.2A+$\frac{0.2×4}{2}A$=0.6A，
金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得：
恒力F=F_B=BId=2×0.6×0.5=0.6N；
4s后回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E₂=I（R+$\frac{R{R}_{L}}{R+{R}_{L}}$）=0.6×（2+$\frac{2×4}{2+4}$）=2V，
因?yàn)镋=Bdv，則4s末金屬棒的速度：v=$\frac{{E}_{2}}{Bd}=\frac{2}{2×0.5}$m/s=2m/s；
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v=v₀+at可知，前4s金屬棒的加速度為：
a=$\frac{v}{t}=\frac{2}{4}m/{s}^{2}$=0.5m/s²，
故金屬棒的質(zhì)量：m=$\frac{F}{a}=\frac{0.6}{0.5}kg$=1.2kg．
答：（1）通過小燈泡的電流大小為0.2A；（2）恒力F的大小0.6N，金屬棒的質(zhì)量為1.2kg．

點(diǎn)評(píng) 對(duì)于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，重點(diǎn)是分析安培力作用下導(dǎo)體棒的平衡問題，根據(jù)平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動(dòng)能定理、功能關(guān)系等列方程求解．