Question

3．圖中a₁b₁c₁d₁和a₂b₂c₂d₂為在同一豎直平面內(nèi)的金屬導(dǎo)軌，處在垂直于導(dǎo)軌所在平面（紙面）的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中（圖中未畫(huà)出）．導(dǎo)軌的a₁b₁、a₂b₂、c₁d₁、c₂d₂段均豎直．MN、PQ分別為兩根粗細(xì)均勻的金屬細(xì)桿，它們都垂直于導(dǎo)軌并與導(dǎo)軌保持光滑接觸，MN通過(guò)一細(xì)線(xiàn)懸掛在力傳感器下，t=0時(shí)PQ在豎直向上的外力T作用下從圖（a）中所示位置由靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌向上做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，力傳感器記錄的拉力隨時(shí)間變化的圖象如圖（b）所示．已知?jiǎng)驈?qiáng)磁場(chǎng)的磁感強(qiáng)度為B=1T，a₁b₁與a₂b₂間距離與兩細(xì)桿的長(zhǎng)度均為L(zhǎng)₁=0.5m，MN、PQ的電阻均為R=5Ω，回路中其它部分的電阻不計(jì)，重力加速度g取10m/s²，求：
（1）金屬桿PQ運(yùn)動(dòng)的加速度a；
（2）c₁d₁與c₂d₂間的距離L₂；
（3）0～1.0s內(nèi)通過(guò)MN的電量q．

Answer 1

分析 （1）0～1.0s內(nèi)MN始終靜止，根據(jù)力傳感器的示數(shù)和平衡條件列式得到安培力與其重力的關(guān)系，由于兩棒所受的安培力大小相等，得到F與t的關(guān)系式，結(jié)合圖象的信息求解PQ的加速度a．
（2）0.5～1.0s內(nèi)，安培力公式求出安培力，由圖象求出L₂；
（3）根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出0～1.0s內(nèi)PQ運(yùn)動(dòng)的位移，即可得到回路磁通量的變化量，由電荷量的經(jīng)驗(yàn)公式求解電量．

解答 解：（1）0～1.0s內(nèi)MN始終靜止，力傳感器的示數(shù)為F=m₁g-F_A1，
其中F_A1為MN受到的安培力，也即PQ受到的安培力大小；
0～0.5s內(nèi)，F(xiàn)_A1=BIL₁=$\frac{{B}^{2}{L}_{1}^{2}a}{2R}$t，
其中$\frac{{B}^{2}{L}_{1}^{2}a}{2R}$即為圖象的斜率，
由圖（b）可知$\frac{{B}^{2}{L}_{1}^{2}a}{2R}$=0.2N/s，
代入數(shù)據(jù)解得：a=8 m/s²；
（2）0.5～1.0s內(nèi)F_A2=BI?L₁=$\frac{{B}^{2}{L}_{1}{L}_{2}a}{R+\frac{R}{{L}_{1}}{L}_{2}}$t，
由圖（b）可知$\frac{{B}^{2}{L}_{1}{L}_{2}a}{R+\frac{R}{{L}_{1}}{L}_{2}}$=0.05 N/s，
代入數(shù)據(jù)可得：L₂=$\frac{1}{14}$m≈0.0714m；
（3）根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得0～0.5s內(nèi)PQ運(yùn)動(dòng)的位移是x₁=$\frac{1}{2}$at²=3m，
掃過(guò)的面積為S₁=L₁x₁=0.5×3m²=1.5m²，
根據(jù)初速度為零的勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，0.5～1.0s內(nèi)PQ運(yùn)動(dòng)的位移是x₂=3x₁=9m，
掃過(guò)的面積為S₂=L₂x₂=0.0714×9m²=0.6426m²；
根據(jù)電荷量的計(jì)算公式q=It=$\frac{△∅}{2R}$=$\frac{B（{S}_{1}+{S}_{2}）}{2R}$=$\frac{1×（1.5+0.6426）}{2×5}$C≈0.214C．
答：（1）金屬桿PQ運(yùn)動(dòng)的加速度為8 m/s²；
（2）c₁d₁與c₂d₂間的距離為0.0714m；
（3）0～1.0s內(nèi)通過(guò)MN的電量為0.214C．

點(diǎn)評(píng) 本題是復(fù)雜的電磁感應(yīng)現(xiàn)象，推導(dǎo)安培力的表達(dá)式和感應(yīng)電量的表達(dá)式是解題的關(guān)鍵，同時(shí)要抓住兩棒所受的安培力大小相等，建立兩棒之間的聯(lián)系，運(yùn)用電磁感應(yīng)與力學(xué)規(guī)律進(jìn)行解題．