Question

12．如圖所示，有一光滑、不計(jì)電阻且足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌，間距L=0.5m，導(dǎo)軌所在的平面與水平面的傾角為37°，導(dǎo)軌空間內(nèi)存在垂直導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．現(xiàn)將一質(zhì)量m=0.2kg、電阻R=2Ω的金屬桿水平靠在導(dǎo)軌處，與導(dǎo)軌接觸良好．（g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）若磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化滿足B=4+0.5t（T），金屬桿由距導(dǎo)軌頂部1m處釋放，求至少經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間釋放，會(huì)獲得沿斜面向上的加速度．
（2）若磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化滿足B=$\frac{2}{0.1+0.1{t}^{2}}$（T），t=0時(shí)刻金屬桿從離導(dǎo)軌頂端s₀=1m處?kù)o止釋放，同時(shí)對(duì)金屬桿施加一個(gè)外力，使金屬桿沿導(dǎo)軌下滑且沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，求金屬桿下滑5m所用的時(shí)間．
（3）若勻強(qiáng)磁場(chǎng)大小為定值，對(duì)金屬桿施加一個(gè)平行于導(dǎo)軌向下的外力F，其大小為F=（v+0.8）N，其中v為金屬桿運(yùn)動(dòng)的速度，使金屬桿以恒定的加速度a=10m/s²沿導(dǎo)軌向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，求勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小．

Answer 1

分析 （1）金屬桿有沿著斜面向上的加速度時(shí)，安培力等于重力沿斜面的分力，由安培力表達(dá)式F=BIL，結(jié)合B隨t的變化關(guān)系，可以解得時(shí)間t；
（2）金屬桿沿導(dǎo)軌下滑且沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，說(shuō)明磁通量不變，由此可以表示初末磁通量相等，解得金屬桿下滑5m所用的時(shí)間．
（3）金屬桿受到重力和安培力的作用而做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律，結(jié)合安培力表達(dá)式，可解得磁感應(yīng)強(qiáng)度B．

解答 解：（1）設(shè)金屬桿長(zhǎng)為L(zhǎng)，距離導(dǎo)軌頂部為x，經(jīng)過(guò)ts后，金屬桿有沿著導(dǎo)軌向上的加速度，此時(shí)安培力等于重力沿導(dǎo)軌的分力，則：F_A=mgsinθ，
又：F_A=BIL=B$\frac{E}{R}$L，
其中：E=$\frac{△B}{△t}{L}^{2}$=0.25V，
所以：（4+0.5t）$\frac{E}{R}$L=mgsinθ，
解得：t=30.4s．
（2）由金屬桿與導(dǎo)軌組成的閉合電路中，磁通量保持不變，經(jīng)過(guò)ts的位移為s，則：
B₁Ls₀=B₂L（s+s₀），
金屬桿做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，
s=5m，
代入數(shù)據(jù)解得：t=$\sqrt{5}$s
（3）對(duì)金屬桿由牛頓第二定律：
mgsinθ+F-F_A=ma，
其中：F_A=BIL=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$，
解得：mgsinθ+F-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$=ma，
代入數(shù)據(jù)得：2+（1-$\frac{{B}^{2}}{8}$）v=2，
所以，1-$\frac{{B}^{2}}{8}$=0，
解得：B=2$\sqrt{2}$T
答：（1）至少經(jīng)過(guò)30.4s釋放，會(huì)獲得沿斜面向上的加速度；
（2）金屬桿下滑5m所用的時(shí)間為$\sqrt{5}$s；
（3）勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為2$\sqrt{2}$T．

點(diǎn)評(píng) 對(duì)于電磁感應(yīng)問(wèn)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(wèn)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(wèn)題，根據(jù)動(dòng)能定理、功能關(guān)系等列方程求解．