Question

4．如圖所示，兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌相距為L，與水平面之間的夾角為θ，在整個區(qū)域都有垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，在接近導(dǎo)軌底端附近導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒MN，導(dǎo)體棒中點O通過一絕緣輕桿與固定在斜面底端的拉力傳感器連接，輕桿與MN垂直，且與導(dǎo)軌平面平行，在導(dǎo)體棒MN上方有一始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好的導(dǎo)體棒PQ，現(xiàn)給導(dǎo)體棒PQ一方向沿導(dǎo)軌平面向上的足夠大的瞬時沖量I₀（此時導(dǎo)體棒MN受到的安培力大于2mgsinθ），使導(dǎo)體棒PQ沿斜面向上運動，已知兩導(dǎo)體棒的電阻均為R，導(dǎo)軌的電阻不計，重力加速度為g．
（1）求力傳感器的最大示數(shù)；
（2）若已知導(dǎo)體棒PQ沿斜面向上運動的時間為t，求在導(dǎo)體棒PQ沿斜面向上運動的過程中，通過導(dǎo)體棒MN的電荷量；
（3）若已知導(dǎo)體棒PQ沿斜面向上運動的最大距離為x，求在導(dǎo)體棒PQ沿斜面向上運動的過程中，導(dǎo)體棒PQ產(chǎn)生的熱量．

Answer 1

分析 （1）導(dǎo)體棒EF向上做減速運動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流逐漸減小，MN所受的安培力方向沿導(dǎo)軌向上，大小不斷減小，所以EF棒剛開始運動時MN所受的安培力最大，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律和安培力公式求出MN所受的安培力，由平衡條件求解傳感器上的拉力；
（2）根據(jù)電荷量的經(jīng)驗公式q=$\overline{I}$•t，結(jié)合動量定理計算通過MN的電荷量；
（3）對兩棒組成的系統(tǒng)，運用能量守恒定律列式求解導(dǎo)體棒MN產(chǎn)生的焦耳熱．

解答 解：（1）分析可知PQ棒剛開始運動時MN所受的安培力最大，又因為此時導(dǎo)體棒MN受到的安培力大于2mgsinθ，
對MN棒由平衡條件有：F=F_安-mgsinθ  ①
根據(jù)安培力公式可得：F_安=BIL②
PQ獲得向上初速度v₀時，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢為：E=BLv₀ ③
根據(jù)動量定理可得：I₀=mv₀ ④
根據(jù)閉合電路歐姆定律有：I=$\frac{E}{2R}$ ⑤
聯(lián)立①②③④⑤式可得：F=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{I}_{0}}{2mR}$-mgsinθ 
（2）設(shè)沿斜面向上為正方向，根據(jù)動量定理有：-mgsinθ•t-BL•∑I△t=0-mv₀ ⑥
利用微積分，將過程分為無數(shù)個極短的小過程，則流過的電量：q=∑I△t ⑦
聯(lián)立④⑥⑦式可得：q=$\frac{{I}_{0}-mgsinθ•t}{BL}$
（3）根據(jù)④可得v₀=$\frac{{I}_{0}}{m}$，
整個過程根據(jù)能量關(guān)系可得：Q=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}-mgxsinθ$=$\frac{{I}_{0}^{2}}{2m}-mgxsinθ$，
所以導(dǎo)體棒PQ產(chǎn)生的熱量Q_PQ=$\frac{1}{2}$Q=$\frac{{I}_{0}^{2}}{4m}-\frac{1}{2}mgxsinθ$．
答：（1）力傳感器的最大示數(shù)為$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{I}_{0}}{2mR}$-mgsinθ；
（2）在導(dǎo)體棒PQ沿斜面向上運動的過程中，通過導(dǎo)體棒MN的電荷量為$\frac{{I}_{0}-mgsinθ•t}{BL}$；
（3）若已知導(dǎo)體棒PQ沿斜面向上運動的最大距離為x，在導(dǎo)體棒PQ沿斜面向上運動的過程中，導(dǎo)體棒PQ產(chǎn)生的熱量為$\frac{{I}_{0}^{2}}{4m}-\frac{1}{2}mgxsinθ$．

點評 對于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，重點是分析安培力作用下導(dǎo)體棒的平衡問題，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)化問題，根據(jù)動能定理、功能關(guān)系等列方程求解．