Question

如圖甲，兩光滑的平行導軌MON與PO’Q，其中ON、O’Q部分是水平的，傾斜部分與水平部分用光滑圓弧連接，QN兩點間連電阻R，導軌間距為L．水平導軌處有兩個勻強磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ（分別是cdef和ghjk虛線包圍區(qū)），磁場方向垂直于導軌平面豎直向上，Ⅱ區(qū)是磁感強度B₀的恒定磁場，Ⅰ區(qū)磁場的寬度為x₀，磁感應強度隨時間變化．一質量為m，電阻為R的導體棒垂直于導軌放置在磁場區(qū)中央位置，t=0時刻Ⅰ區(qū)磁場的磁感強度從B₁大小開始均勻減小至零，變化如圖乙所示，導體棒在磁場力的作用下運動的v-t圖象如圖丙所示．
（1）求出t=0時刻導體棒運動的加速度a；
（2）求導體棒穿過Ⅰ區(qū)磁場的過程中安培力所做的功和ab棒離開Ⅰ區(qū)磁場后直到最終停止的過程中電阻R上產生的熱量．
（3）根據(jù)導體棒運動圖象，求棒的最終位置和在0-t₂時間內通過棒的電量．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)法拉第電磁感應定律求解出感應電動勢；根據(jù)歐姆定律求解出電流；計算出安培力后根據(jù)牛頓第二定律求解出加速度；
（2）根據(jù)動能定理列式求解安培力的功，根據(jù)動生電動勢和感生電動勢合成得到電動勢，求出電流和電功率；
（3）結合圖象并運用微元法，得到Ⅱ區(qū)寬度，然后根據(jù)法拉第電磁感應定律、歐姆定律、安培力公式、切割公式等列式分析計算．

解答：解：（1）t=0時刻，由法拉第電磁感應定律得：E=

△φ

△t

=

B1

t0

Lx0

2

，又由歐姆定律得：I=

E

2R

      
ab棒受到向左的安培力 F=B₁IL=

B 2 1 L2x0

4Rt0

        
ab棒向左的加速度  a=

F

m

=

B 2 1 L2x0

4mRt0

                    
（2）

t0

2

時刻導體棒穿出磁場速度為v₀，由動能定理，安培力的功為 W=

1

2

m

v

2 0

熱量Q_ab=

B 2 1 L2 x 2 0

8Rt0

+

1

4

m

v

2 0

（3）設磁場Ⅱ區(qū)寬度為x₁，棒在Ⅱ區(qū)任一時刻速度為v，有 E=BLv，I=

B0Lv

2R

棒受到向右安培力，F(xiàn)=B₀IL=

B 2 0 L2v

2R

，加速度大小 a=

B 2 0 L2v

2mR

則△v=-a△t=

- B 2 0 L2△x

2mR

穿過磁場Ⅱ區(qū)全程，∑△x=

v0

2

-v₀=

- B 2 0 L2

2mR

∑△x=

- B 2 0 L2

2mR

x1
 x₁=

mRv0

B 2 0 L2

棒從斜面返回磁場Ⅱ初速度

v0

2

，同理可知，經(jīng)過x₁位移速度為零，所以停在Ⅱ區(qū)右端，
又 E=

△φ

△t

，I=

E

2R

，△Q=I△t
0-t₂時間內有△φ₁=-

B1Lx0

2

，△φ₂=B₀Lx₁=

mRv0

B0L

通過棒的電量△Q=

mv0

2B0L

-

B1Lx0

4R

答：（1）t=0時刻導體棒運動的加速度a為

B 2 1 L2x0

4mRt0

；
（2）導體棒穿過Ⅰ區(qū)磁場的過程中安培力所做的功為

1

2

m

v

2 0

，ab棒離開Ⅰ區(qū)磁場后直到最終停止的過程中電阻R上產生的熱量為

B 2 1 L2 x 2 0

8Rt0

+

1

4

m

v

2 0

．
（3）棒的最終位置和在0-t₂時間內通過棒的電量為

mv0

2B0L

-

B1Lx0

4R

．

點評：本題關鍵結合圖象得到導體棒的運動規(guī)律；對于第二問，要注意同時存在感生和動生電動勢；第三問要結合微元法求解．