Question

7．如圖所示，兩水平平行導(dǎo)軌a、b相距L，a、b間有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B₁的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上，a、b左端連接一電容為C、電壓為U的電容器，右端有一與a、b垂直放置、質(zhì)量為m的直導(dǎo)體棒，a，b導(dǎo)軌光滑，平行導(dǎo)軌c、d固定在水平面上，c，d相距為L，與水平面間的夾角為α，c、d導(dǎo)軌底端連接一阻值為R的電阻，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B₂的勻強(qiáng)磁場垂直于c、d平面向上．將開關(guān)S閉合，棒由靜止水平拋出，恰好從c，d導(dǎo)軌上端開始，沿c，d導(dǎo)軌做勻速運(yùn)動，已知棒與c、d導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ，不計棒的電阻，重力加速度為g，求：
（1）棒沿c，d導(dǎo)軌運(yùn)動的速度；
（2）棒拋出后，電容器的電壓．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律結(jié)合平衡條件求解速度大小；
（2）求出導(dǎo)體棒平拋出去瞬間的初速度大小，根據(jù)動量定理求解通過導(dǎo)體棒的電荷量，再根據(jù)電容的計算公式求解棒拋出后，電容器的電壓．

解答 解：（1）棒沿c，d導(dǎo)軌做勻速運(yùn)動時受力平衡，則有：
B₂IL+μmgcosα=mgsinα，
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律可得：
I=$\frac{{B}_{2}Lv}{R}$，
聯(lián)立解得：v=$\frac{mgR（sinα-μcosα）}{{B}_{2}^{2}{L}^{2}}$；
（2）導(dǎo)體棒平拋出去瞬間的初速度大小為：
v₀=vcosα=$\frac{mgR（sinα-μcosα）cosα}{{B}_{2}^{2}{L}^{2}}$，
以導(dǎo)體棒為研究對象，根據(jù)動量定理可得：
${B}_{1}\overline{I}L•△t=m{v}_{0}-0$，
此過程通過導(dǎo)體棒的電荷量為：
q=$\overline{I}•△t$=$\frac{{m}^{2}gR（sinα-μcosα）cosα}{{{B}_{1}B}_{2}^{2}{L}^{3}}$，
電容器中剩余的電荷量為：
Q′=CU-q=CU-$\frac{{m}^{2}gR（sinα-μcosα）cosα}{{{B}_{1}B}_{2}^{2}{L}^{3}}$，
棒拋出后，電容器的電壓為：
U′=$\frac{Q′}{C}$=U-$\frac{{m}^{2}gR（sinα-μcosα）cosα}{{{CB}_{1}B}_{2}^{2}{L}^{3}}$．
答：（1）棒沿c，d導(dǎo)軌運(yùn)動的速度為$\frac{mgR（sinα-μcosα）}{{B}_{2}^{2}{L}^{2}}$；
（2）棒拋出后，電容器的電壓為U-$\frac{{m}^{2}gR（sinα-μcosα）cosα}{{{CB}_{1}B}_{2}^{2}{L}^{3}}$．

點(diǎn)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(diǎn)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．