Question

15．足夠長的平行光滑導電軌道OP、O′P′相距L=0.5m，傾斜放置，其電阻不計，OO′將用不見電阻的導線連接電源E和電鍵S，電源電動勢為E=1.2V，內(nèi)阻r=1.0Ω．在導軌平面里有一個勻強磁場區(qū)域（圖中虛線框內(nèi)），方向垂直導軌平面向內(nèi)，如圖所示．完全相同的兩根金屬棒ab、cd分別垂直導軌放置，每棒兩端都與導軌始終有良好接觸，棒ab在靠近磁場下邊界的磁場內(nèi)，棒cd在磁場上邊界外某處．已知兩棒的質(zhì)量均為m=0.25kg，電阻均為R=0.4Ω．某時刻閉合電鍵，同時無初速度釋放棒ab、cd，發(fā)現(xiàn)棒ab靜止在導軌上，棒cd沿導軌下滑．經(jīng)過t₁=1.0s，斷開電鍵S，棒ab從磁場區(qū)域下邊界離開磁場，沿導軌運動，棒cd再經(jīng)過t₂=4.0s進入磁場區(qū)域做勻速直線運動．
（1）求磁場的磁感應強度B的大�。�
（2）若棒cd能追上棒ab，求磁場區(qū)域的寬度x滿足什么條件？

Answer 1

分析 （1）斷開電鍵S，棒cd進入磁場區(qū)域做勻速直線運動，受力平衡，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式結合可求得cd棒進入磁場時的速度，由平衡條件和安培力公式結合可求得B的大�。�
（2）兩棒均離開磁場后做加速度相同的勻加速運動，要使棒cd能追上棒ab，cd棒出磁場的速度必須大于此時ab棒的速度．根據(jù)運動學公式求解即可．

解答 解：（1）cd棒從開始釋放到運動到磁場上邊界時所用時間為 t=t₁+t₂=5s
cd棒未進磁場時的加速度 a=$\frac{mgsinα}{m}$=gsinα
cd棒剛進入磁場時的速度為 v=at=gtsinα
此時cd棒產(chǎn)生的感應電動勢為 E=BLv
電流為 I=$\frac{E}{2R}$=$\frac{BLgtsinα}{2R}$
因為棒cd進入磁場區(qū)域做勻速直線運動，則有 mgsinα=BIL=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}gtsinα}{2R}$
可得 B=$\frac{1}{L}$$\sqrt{\frac{2mR}{t}}$=$\frac{1}{0.5}$$\sqrt{\frac{2×0.25×0.4}{5}}$T=0.4T；
（2）兩棒均離開磁場后做加速度相同的勻加速運動，若要使能追上棒ab，cd棒出磁場的速度必須大于此時ab棒的速度．
S閉合時ab棒靜止，此時干路中電流為 I=$\frac{E}{0.5R+r}$=$\frac{1.2}{0.5×0.4+1}$A=1A
通過ab棒的電流 I₁=$\frac{1}{2}$I=0.5A
根據(jù)平衡條件得：mgsinθ=BI₁L
可得 sinθ=$\frac{B{I}_{1}L}{mg}$=0.04
當cd棒出磁場時，ab棒運動的時間為 t₀=t₂+$\frac{x}{v}$
此時ab棒的速度為 v₀=at₀；
要滿足題目的要求，則須滿足的條件是：v＞v₀
即  gtsinα＞gsinα（t₂+$\frac{x}{gtsinα}$）
化簡得：t＞t₂+$\frac{x}{gtsinα}$）
可得：x＜（t-t₂）gtsinα=（5-4）×10×5×0.04m=2m
即x＜2m時棒cd能追上棒ab．
答：
（1）磁場的磁感應強度B的大小是0.4T．
（2）若棒cd能追上棒ab，磁場區(qū)域的寬度x滿足的條件是x＜2m．

點評 本題是電磁感應與力學知識的綜合，要能熟練運用牛頓第二定律和運動學公式得到棒cd進磁場的速度表達式，由棒的運動狀態(tài)由平衡條件解決問題．對于追及，要在抓住相等關系的基礎上，分析速度和位移關系．