Question

9．如圖甲所示，間距為L(zhǎng)、電阻不計(jì)的光滑導(dǎo)軌固定在傾角為θ的斜面上．在MNPQ矩形區(qū)域內(nèi)有方向垂直于斜面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B；在CDEF矩形區(qū)域內(nèi)有方向垂直于斜面向下的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B_t隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示 （t_x是未知量），B_t的最大值為2B．現(xiàn)將一根質(zhì)量為m、電阻為R、長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬細(xì)棒cd 跨放在MNPQ區(qū)域間的兩導(dǎo)軌上，并把它按住，使其靜止．在t=0時(shí)刻，讓另一根長(zhǎng)為L(zhǎng) 的金屬細(xì)棒ab（其電阻R_x是未知量）從CD上方的導(dǎo)軌上由靜止開(kāi)始下滑，同時(shí)釋放cd棒．已知CF長(zhǎng)度為2L，兩根細(xì)棒均與導(dǎo)軌良好接觸，在ab從圖中位置運(yùn)動(dòng)到EF處的過(guò)程中，cd棒始終靜止不動(dòng)，重力加速度為g．

（1）求上述過(guò)程中cd棒消耗的電功率，并確定MNPQ區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的方向．
（2）ab棒質(zhì)量．
（3）確定未知量R_x及t_x的值．

Answer 1

分析 （1）對(duì)ab棒，根據(jù)右手定則判斷感應(yīng)電流的方向；對(duì)cd棒，根據(jù)左手定則判斷MNPQ區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的方向；對(duì)cd棒，受力分析后根據(jù)平衡條件求解安培力大小，得到電流大小，根據(jù)P=I²R求解電功率大��；
（2）根據(jù)棒受力平衡可解其質(zhì)量；
（3）根據(jù)閉合電路的歐姆定律和牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可求．

解答 解：（1）電流恒定，cd棒平衡，受重力、支持力和平行導(dǎo)軌向上的安培力，則：BIL=mgsinθ，
電功率：P=I²R=$\frac{（mgsinθ）^{2}R}{（BL）^{2}}$，
根據(jù)右手定則，ab棒中的電流方向?yàn)閍到b，根據(jù)左手定則，MNPQ區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的方向垂直斜面向上；
（2）進(jìn)入前后電流恒定且相等，故ab棒進(jìn)入CDEF矩形區(qū)域磁場(chǎng)后，CDEF矩形區(qū)域磁場(chǎng)不變，t_x時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng)，ab棒勻速運(yùn)動(dòng)，則
ab 棒受力平衡，則：BlL=m_abgsinθ
所以ab棒質(zhì)量為：m_ab=m；          
（3）進(jìn)入前感生電流為：$I=\frac{2{L}^{2}\frac{（2B-B）}{{t}_{x}}}{R+{R}_{x}}$          
ab棒進(jìn)入后勻速運(yùn)動(dòng)速度v，進(jìn)入后動(dòng)生電流為：I=$\frac{BLv}{R+{R}_{x}}$        
ab棒進(jìn)入前勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為：a=gsinθ
由速度公式可得：v=gsinθ•t_x
聯(lián)立解得：t_x=$\sqrt{\frac{2L}{gsinθ}}$；R_x=$\frac{（BL）^{2}\sqrt{2Lgsinθ}}{mgsinθ}$-R．
答：（1）該過(guò)程中cd棒消耗的電功率為$\frac{（mgsinθ）^{2}R}{（BL）^{2}}$，MNPQ區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的方向垂直斜面向上；
（2）ab棒質(zhì)量為m；
（3）未知量R_x的值為$\frac{（BL）^{2}\sqrt{2Lgsinθ}}{mgsinθ}$-R，t_x的值為$\sqrt{\frac{2L}{gsinθ}}$．

點(diǎn)評(píng) 導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)，電路中出現(xiàn)電流，從而有安培力．由于安培力是與速度有關(guān)系的力，因此會(huì)導(dǎo)致加速度在改變．所以當(dāng)安培力不變時(shí)，則一定處于平衡狀態(tài)．