Question

（2006?連云港二模）如圖所示，豎直放置的兩根足夠長的光滑金屬導軌相距為L，導軌的兩端分別與電源（串有一滑動變阻器R）、定值電阻、電容器（原來不帶電）和開關K相連．整個空間充滿了垂直于導軌平面向外的勻強磁場，其磁感應強度的大小為B．一質量為m，電阻不計的金屬棒ab橫跨在導軌上．已知電源電動勢為E，內阻為r，電容器的電容為C，定值電阻的阻值為R₀，不計導軌的電阻．
（1）當K接1時，金屬棒ab在磁場中恰好保持靜止，則滑動變阻器接入電路的阻值R為多大？
（2）當K接2后，金屬棒ab從靜止開始下落，下落距離s時達到穩(wěn)定速度，則此穩(wěn)定速度的大小為多大？下落s的過程中所需的時間為多少？
（3）ab達到穩(wěn)定速度后，將開關K突然接到3，試通過推導，說明ab作何種性質的運動？求ab再下落距離s時，電容器儲存的電能是多少？（設電容器不漏電，此時電容器沒有被擊穿）

Answer 1

分析：（1）當K接1時，金屬棒ab在磁場中恰好保持靜止，棒的重力與安培力平衡，由平衡條件和安培力公式列式，可求出電路中的電流，再根據歐姆定律求R；
（2）當K接2后，金屬棒ab從靜止開始下落，先做加速度減小的變加速運動，后做勻速運動，達到穩(wěn)定狀態(tài)，根據重力的功率等于電功率列式求速度．根據動量定理和法拉第定律列式求時間．
（3）ab達到穩(wěn)定速度后，將開關K突然接到3，電容器充電，電路中充電電流，ab棒受到安培力，安培力的瞬時表達式F=BiL，i=

△Q

△t

=

C△U

△t

，又U=E=BLv，再結合牛頓第二定律求得瞬時加速度，即可判斷棒的運動性質．根據能量守恒求電容器儲存的電能．

解答：解：（1）當K接1時，金屬棒ab在磁場中恰好保持靜止，棒的重力與安培力平衡，則有
  mg=BIL
又I=

E

R+r

聯(lián)立解得，R=

BEL

mg

-r
（2）當K接2后，棒達到穩(wěn)定狀態(tài)時做勻速運動，則有
   mgv=

E′2

R0

，
又感應電動勢E′=BLv
聯(lián)立上兩式得：v=

mgR0

B2L2

①
根據動量定理得：mgt-B

.

I

Lt=mv
而q=

.

I

t
又感應電荷量q=

.

I

t，

.

I

=

. E

R0

，

.

E

=

△Φ

△t

，△Φ=BLs，聯(lián)立得q=

BLs

R0

聯(lián)立解得t=

mR0

B2L2

+

B2L2s

mgR0

．
（3）將開關K突然接到3，電容器充電，電路中充電電流，ab棒受到向上的安培力，設瞬時加速度為a，根據牛頓第二定律得
   mg-BiL=ma ②
又i=

△Q

△t

=

C△U

△t

，又U=E=BLv，得i=

CBL?△v

△t

=CBLa③
由②③得：mg-BL?CBLa=ma
解得，a=

mg

m+B2L2C

 ④
可見棒的加速度不變，做勻加速直線運動．
當ab下降距離s時，設棒的速度為v′，則v′²-v²=2as ⑤
設電容器儲存的電能為△E，則根據能量守恒得
   mgs+

1

2

mv2=

1

2

mv′2+△E⑥
聯(lián)立①④⑤⑥得：△E=

B2L2mgCs

m+B2L2C

．
答：（1）滑動變阻器接入電路的阻值R為

BEL

mg

-r．
（2）穩(wěn)定速度的大小為

mgR0

B2L2

，下落s的過程中所需的時間為

mR0

B2L2

+

B2L2s

mgR0

．
（3）棒做加速度為a=

mg

m+B2L2C

的勻加速直線運動，ab再下落距離s時，電容器儲存的電能是

B2L2mgCs

m+B2L2C

．

點評：本題是電磁感應與電路、力學知識的綜合，關鍵要會推導加速度的表達式，通過分析棒的受力情況，確定其運動情況．