Question

20．如圖所示的光滑平行金屬導(dǎo)軌MNO、PQR間距為L，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，導(dǎo)軌左邊斜面部分與水平面成θ=37°，勻強(qiáng)磁場(chǎng)B₁垂直于斜面向下，右邊水平面導(dǎo)軌足夠長，所處勻強(qiáng)磁場(chǎng)B₂垂直向下，開始時(shí)質(zhì)量為m，電阻為r的金屬桿AB靜止在水平導(dǎo)軌最左端NQ上，當(dāng)一與AB相同的金屬桿CD在斜面軌道上從距離地面高H=0.6L處靜止釋放，CD釋放后經(jīng)△t時(shí)間到達(dá)NQ，此時(shí)AB桿恰好離開NQ運(yùn)動(dòng)了0.4L距離，已知B₁與B₂的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小約為B₀（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）．
（1）在△t時(shí)間內(nèi)回路的平均電動(dòng)勢(shì)為多大？流過AB桿的總電量為多少？
（2）在△t時(shí)間內(nèi)AB與CD獲得的速度v₁、v₂各為多大？
（3）AB、CD在軌道上運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，回路能產(chǎn)生的總電熱為多少？

Answer 1

分析 （1）求出初狀態(tài)的磁通量和CD釋放后經(jīng)到達(dá)NQ時(shí)的磁通量，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)電荷量的經(jīng)驗(yàn)公式求解流過AB桿的總電量；（2）分別以AB、CD為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量定理求解速度大�。�
（3）根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解最后的共同速度，根據(jù)能量守恒定律求解產(chǎn)生的焦耳熱．

解答 解：（1）初狀態(tài)的磁通量為：${∅}_{1}={B}_{0}L•\frac{H}{tan37°}$=$0.8{B}_{0}{L}^{2}$；
CD釋放后經(jīng)到達(dá)NQ時(shí)的磁通量：${∅}_{2}={B}_{0}•0.4{L}^{2}$=0.4B₀L²；
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得：$E=\frac{△∅}{△t}=\frac{0.4{B}_{0}{L}^{2}}{△t}$，
流過AB桿的總電量為：q=I△t=$\frac{△∅}{2r}=\frac{0.4{B}_{0}{L}^{2}}{2r}$=$\frac{0.2{B}_{0}{L}^{2}}{r}$；
（2）以AB為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量定理可得：B₀IL△t=mv₁-0；
解得：v₁=$\frac{{B}_{0}Lq}{m}$=$\frac{0.2{B}_{0}^{2}{L}^{3}}{mr}$；
以CD為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量定理可得：
mgsin37°•△t-B₀IL△t=mv₂-0；
v₂=$0.6g△t-\frac{0.2{B}_{0}^{2}{L}^{3}}{mr}$；
（3）設(shè)最后二者的速度為v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：
mv₁+mv₂=2mv，
解得：v=0.3g△t；
根據(jù)能量守恒定律可得：Q=mgH-$\frac{1}{2}m{v}^{2}$×2，
解得：Q=0.6mgL-0.09mg²△t²．
答：（1）在△t時(shí)間內(nèi)回路的平均電動(dòng)勢(shì)為$\frac{0.4{B}_{0}{L}^{2}}{△t}$；流過AB桿的總電量$\frac{0.2{B}_{0}{L}^{2}}{r}$；
（2）在△t時(shí)間內(nèi)AB與CD獲得的速度v₁為$\frac{0.2{B}_{0}^{2}{L}^{3}}{mr}$；v₂為$0.6g△t-\frac{0.2{B}_{0}^{2}{L}^{3}}{mr}$；
（3）AB、CD在軌道上運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，回路能產(chǎn)生的總電熱為0.6mgL-0.09mg²△t²．

點(diǎn)評(píng) 對(duì)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物體的平衡問題；另一條是能量，分析電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量如何轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵．