Question

15．如圖所示，兩根間距為L、長度足夠的光滑豎直導(dǎo)軌MN、PQ之間存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁場下邊界CD，上無限，磁感強(qiáng)度大小為B₀．導(dǎo)軌下端連接阻值為R的定值電阻，質(zhì)量為m長度為L阻值也為R的導(dǎo)體棒可沿導(dǎo)軌在豎直平面內(nèi)自由滑動(dòng)并保持良好接觸，其余電阻不計(jì)．使棒從位置AB以初速度v₀豎直向上運(yùn)動(dòng)，AB與磁場下邊界CD相距d．由于從棒開始運(yùn)動(dòng)起磁場同時(shí)開始隨時(shí)間有規(guī)律的變化，使得棒恰好向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一定時(shí)間到達(dá)最高點(diǎn)，此后在AB下方的磁場隨時(shí)間變化規(guī)律再次發(fā)生變化，AB上方的磁場則保持上述過程末的數(shù)值不再變化，使得棒在最高點(diǎn)保持靜止不動(dòng)，重力加速度為g．則磁場B在棒豎直上拋過程中隨時(shí)間t變化規(guī)律為$B=\frac{{B}_{0}^{\;}d}{d+{v}_{0}^{\;}t-\frac{1}{2}g{t}_{\;}^{2}}$，在棒靜止t'時(shí)間內(nèi)AB下方磁場B'隨時(shí)間變化規(guī)律為$B′=\frac{{B}_{0}^{\;}d}{d+{v}_{0}^{\;}t-\frac{1}{2}g{t}_{\;}^{2}}-\frac{mgR（d+\frac{{v}_{0}^{2}}{2g}）}{{B}_{0}^{\;}{L}_{\;}^{2}udvurfx_{\;}^{2}}$．

Answer 1

分析 ①金屬棒做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，只受重力，安培力為0，感應(yīng)電動(dòng)勢和感應(yīng)電流為0，磁通量不變，根據(jù)初末狀態(tài)的磁通量相等，得出磁場B在棒豎直上拋過程中隨時(shí)間t變化規(guī)律；
②根據(jù)金屬棒在最高點(diǎn)靜止，由受力平衡求出電流，由歐姆定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率，由左手定則判斷電流方向，根據(jù)楞次定律判斷得出磁場減弱，再寫出磁場B'隨時(shí)間變化規(guī)律；

解答 解：①豎直上拋過程，安培力為0，感應(yīng)電動(dòng)勢為0，回路中磁通量不變
${B}_{0}^{\;}Ld=B（d+{v}_{0}^{\;}t-\frac{1}{2}g{t}_{\;}^{2}）L$
解得：$B=\frac{{B}_{0}^{\;}d}{d+{v}_{0}^{\;}t-\frac{1}{2}g{t}_{\;}^{2}}$
②AB上方磁場保持不變，豎直上拋到達(dá)最高點(diǎn)的時(shí)間$t=\frac{{v}_{0}^{\;}}{g}$，此刻磁感應(yīng)強(qiáng)度$B=\frac{{B}_{0}^{\;}d}{d+{v}_{0}^{\;}•\frac{{v}_{0}^{\;}}{g}-\frac{1}{2}g（\frac{{v}_{0}^{\;}}{g}）_{\;}^{2}}=\frac{{B}_{0}^{\;}d}{d+\frac{{v}_{0}^{2}}{2g}}$
AB下方的磁場隨時(shí)間變化規(guī)律再次發(fā)生變化，要使棒在最高點(diǎn)保持不動(dòng)，安培力F=mg
BIL=mg
解得：$I=\frac{mg}{BL}$
感應(yīng)電動(dòng)勢$E=IR=\frac{△B′}{△t′}S$=kLd
解得：
$k=\frac{IR}{（d+\frac{{v}_{0}^{2}}{2g}）L}=\frac{mgR（d+\frac{{v}_{0}^{2}}{2g}）}{{B}_{0}^{\;}{L}_{\;}^{2}hwsnzl3_{\;}^{2}}$
安培力豎直向上，金屬棒中電流從左向右，回路電流順時(shí)針方向，根據(jù)楞次定律，磁場隨時(shí)間均勻減小
在棒靜止t'時(shí)間內(nèi)AB下方磁場B'隨時(shí)間變化規(guī)律為：B′=B-kt′=$\frac{{B}_{0}^{\;}d}{d+\frac{{v}_{0}^{2}}{2g}}-$$\frac{mgR（d+\frac{{v}_{0}^{2}}{2g}）}{{B}_{0}^{\;}{L}_{\;}^{2}7rks77x_{\;}^{2}}t′$
故答案為：$B=\frac{{B}_{0}^{\;}d}{d+{v}_{0}^{\;}t-\frac{1}{2}g{t}_{\;}^{2}}$                        $B′=\frac{{B}_{0}^{\;}d}{d+\frac{{v}_{0}^{2}}{2g}}-\frac{mgR（d+\frac{{v}_{0}^{2}}{2g}）}{{B}_{0}^{\;}{L}_{\;}^{2}wldr2bt_{\;}^{2}}t′$

點(diǎn)評(píng) 本題第一問比較基礎(chǔ)，抓住磁通量不變建立方程；第二問較難，比較復(fù)雜，涉及到的知識(shí)點(diǎn)較多，有力的平衡，左手定則，楞次定律，法拉第電磁感應(yīng)定律以及閉合電路歐姆定律，關(guān)鍵是要認(rèn)真審題，領(lǐng)悟題意，正確運(yùn)用學(xué)過的規(guī)律．