Question

17．如圖甲所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ被固定在水平面上，導(dǎo)軌間距L=0.6m，兩導(dǎo)軌的左端用導(dǎo)線連接電阻R₁及理想電壓表，電阻r=2Ω的金屬棒垂直于導(dǎo)軌靜止在AB處；右端用導(dǎo)線連接電阻R₂，已知R₁=2Ω，R₂=1Ω，導(dǎo)軌及導(dǎo)線電阻均不計(jì)．在矩形區(qū)域CDEF內(nèi)有豎直向上的磁場(chǎng)，CE=0.2m，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化如圖乙所示．在t=0時(shí)刻開始，對(duì)金屬棒施加一水平向右的恒力F，從金屬棒開始運(yùn)動(dòng)直到離開磁場(chǎng)區(qū)域的整個(gè)過程中電壓表的示數(shù)保持不變．求：

（1）t=0.1s時(shí)電壓表的示數(shù)；
（2）恒力F的大小；
（3）從t=0時(shí)刻到金屬棒運(yùn)動(dòng)出磁場(chǎng)的過程中整個(gè)電路產(chǎn)生的熱量Q．

Answer 1

分析 （1）金屬棒在0-0.2s的運(yùn)動(dòng)時(shí)間內(nèi)，由法拉第電磁感應(yīng)定律求出回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，求出電路中的總電阻，根據(jù)串聯(lián)電路的特點(diǎn)求解電壓表的讀數(shù)．
（2）金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)后，由于電壓表的讀數(shù)不變，根據(jù)歐姆定律求出電路中總電流為I′，金屬棒所受的安培力為F_A=BI′l，此時(shí)安培力與恒力平衡．可求得恒力F．
（3）金屬棒在0-0.2s的運(yùn)動(dòng)時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的熱量Q=$\frac{{E}^{2}}{R}$．金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)后，電路的總電阻為R′=$\frac{{R}_{1}{R}_{2}}{{R}_{1}+{R}_{2}}$，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E′=IR′，由E′=Blv求得v，則可求出金屬棒通過磁場(chǎng)的時(shí)間t′=$\fracakugu4w{v}$．此過程中電路產(chǎn)生的熱量為Q′=E′I′t′，故得到金屬棒從AB運(yùn)動(dòng)到EF的過程中整個(gè)電路產(chǎn)生的熱量為Q_總=Q+Q′．

解答 解：（1）設(shè)磁場(chǎng)寬度為 d=CE，在0-0.2s的時(shí)間內(nèi)，有：
E=$\frac{△Φ}{△t}$=$\frac{△B}{△t}$S=$\frac{△B}{△t}$Ld=$\frac{1.00}{0.2}$×0.6×0.2=0.6V，
此時(shí)，R₁與金屬桿r并聯(lián)，再R₂與串聯(lián)，回路的總電阻為：R=R_并+R₂=1+1=2Ω，
則電壓表的示數(shù)為：U=$\frac{E}{R}$R_并=$\frac{0.6}{2}$×1V=0.3V；
（2）金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)后，有：I′=$\frac{U}{{R}_{1}}$+$\frac{U}{{R}_{2}}$=0.45A
F_A=BI′L=1×0.45×0.6=0.27（N）
由于金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)后電壓表始終不變，所以金屬桿作勻速運(yùn)動(dòng)，有：F=F_A=0.27N．
（3）金屬桿在0-0.2s的運(yùn)動(dòng)時(shí)間內(nèi)，有：Q₁=$\frac{{E}^{2}}{R}$t=$\frac{0．{6}^{2}}{2}$×0.2=0.036J
金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)后，因電壓表保持不變，故切割磁感線速度v不變，
有：W_F=F•d=0.27×0.2J=0.054J
根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律得：Q₂=-W_A=0.054J
故整個(gè)電路產(chǎn)生的熱量為：Q=Q₁+Q₂=0.036J+0.054J=0.09J；
答：（1）t=0.1s時(shí)電壓表的示數(shù)為0.3V；
（2）恒力F的大小為0.27N；
（3）從t=0時(shí)刻到金屬棒運(yùn)動(dòng)出磁場(chǎng)的過程中整個(gè)電路產(chǎn)生的熱量Q為0.09J．

點(diǎn)評(píng) 本題是法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、安培力等知識(shí)的綜合應(yīng)用，關(guān)鍵要搞清電路的連接方式，分析金屬棒的運(yùn)動(dòng)過程．