Question

9．如圖所示，兩足夠長(zhǎng)平行光滑的金屬導(dǎo)軌MN，PQ相距為L(zhǎng)=1m，導(dǎo)軌平面與水平面夾角α=30°，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=1.0T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面斜向下，金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的質(zhì)量m=0.01kg，電阻不計(jì)，定值電阻R₁=30Ω，電阻箱電阻調(diào)到R₂=120Ω，電容C=0.01F，g=10m/s²，現(xiàn)在將金屬棒由靜止釋放．
（1）在開(kāi)關(guān)接到1的情況下，分析金屬棒從靜止開(kāi)始出發(fā)的運(yùn)動(dòng)情況，求金屬棒穩(wěn)定下滑過(guò)程中，R₂消耗的功率為多少？
（2）在開(kāi)關(guān)接到2的情況下，將金屬棒由靜止釋放，求：
①電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關(guān)系；
②金屬棒速度大小隨時(shí)間變化的關(guān)系，并求經(jīng)過(guò)時(shí)間t=2.0s時(shí)電容器的電量．

Answer 1

分析 （1）金屬棒切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，從而形成電流，導(dǎo)致金屬棒中有安培力出現(xiàn)，最終導(dǎo)致金屬棒處于最大速度，達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)．由力的平衡條件可求出安培力，從而能算出棒的最大速度，再根據(jù)能量守恒求出R₂消耗的功率．
（2）當(dāng)接到2時(shí)，相當(dāng)于電源給電容器充電，出現(xiàn)電流，從而列出安培力表達(dá)式，利用牛頓第二定律寫出方程，最終得到棒做勻加速運(yùn)動(dòng)．求出加速度，再求出電荷量與速度大小的關(guān)系．即可求出t=2.0s時(shí)電容器的電量．

解答 解：（1）當(dāng)金屬棒穩(wěn)定時(shí)勻速下滑，速度最大，設(shè)最大速度v_m，此時(shí)棒處于平衡狀態(tài)．
故有 mgsinα=F_安，而F_安=BIL，I=$\frac{BL{v}_{m}}{{R}_{1}+{R}_{2}}$
由上各式得：v_m=$\frac{mg（{R}_{1}+{R}_{2}）sinθ}{{B}^{2}{L}^{2}}$=$\frac{0.1×（30+120）×sin30°}{{1}^{2}{×1}^{2}}$=7.5m/s
由能量守恒得：P_R1+P_R2=mgsinαv_m，
又P_R1：P_R2=R₁：R₂=1：4
解得R₂消耗的功率為 P_R2=0.3W
（2）①金屬棒的速度為v時(shí)，電容器板間電壓為 U=BLv
電荷量 q=CU=CBLv
②在開(kāi)關(guān)接到2的情況下，對(duì)任意時(shí)刻，由牛頓第二定律得  mgsinα-BLi=ma
又i=$\frac{△q}{△t}$，而△q=C△u=CBL△v  
可得 a=gsinα-CB²L²$\frac{△v}{△t}$$•\frac{1}{m}$
根據(jù)加速度定義得 a=$\frac{△v}{△t}$
聯(lián)立解得 a=$\frac{mgsinα}{m+C{B}^{2}{L}^{2}}$，上式表明金屬棒下滑過(guò)程中，加速度保持不變，勻加速直線運(yùn)動(dòng)．
代入數(shù)據(jù)可得：a=2.5m/s² ．
經(jīng)過(guò)時(shí)間t=2.0s時(shí)，v=at=5m/s
則電容器的電量 q=CBLv=0.01×1×1×5C=0.05C
答：
（1）金屬棒穩(wěn)定下滑過(guò)程中，R₂消耗的功率為0.3W．
（2）①電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關(guān)系為 q=CBLv；
②經(jīng)過(guò)時(shí)間t=2.0s時(shí)電容器的電量為0.05C．

點(diǎn)評(píng) 金屬棒下滑切割磁感線相當(dāng)于電源，求出電源的電動(dòng)勢(shì)，運(yùn)用微元法求解加速度是關(guān)鍵，其切入點(diǎn)是加速度的定義式和牛頓第二定律．