Question

4．如圖所示，兩個(gè)相距為L，電阻不計(jì)的平行光滑導(dǎo)軌固定在傾角為θ的斜面上，在長度為4L的矩形區(qū)域MNFE內(nèi)有方向垂直于斜面、磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B勻強(qiáng)磁場；在長度也為4L的矩形區(qū)域CDEF內(nèi)有方向垂直于斜面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B₁隨時(shí)間t變化的磁場，其磁場的最小值也為B．現(xiàn)將一根質(zhì)量為m、電阻為R₀、長度為L的金屬棒橫放在區(qū)域間的兩導(dǎo)軌上并用外力使其靜止．在開始計(jì)時(shí)時(shí)刻，讓另一根長度也為L、電阻為r₀的金屬棒ab從CD邊的上方某處的導(dǎo)軌上由靜止開始下滑，同時(shí)也釋放金屬棒cd，兩根金屬棒均與導(dǎo)軌接觸良好，ab棒從開始運(yùn)動(dòng)到到達(dá)EF的過程中，金屬棒始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g．求：
（1）感應(yīng)電動(dòng)勢；
（2）ab棒從靜止開始運(yùn)動(dòng)到CD邊的時(shí)間；
（3）區(qū)域MNFE內(nèi)的磁場方向及區(qū)域CDEF內(nèi)的磁場的感應(yīng)強(qiáng)度的最大值．

Answer 1

分析 （1）以cd棒為研究對象，根據(jù)受力平衡求解感應(yīng)電流，根據(jù)閉合電路的歐姆定律求解感應(yīng)電動(dòng)勢；
（2）根據(jù)E=BLv求解速度大小，再根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大小，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)計(jì)算公式求解時(shí)間；
（3）根據(jù)左手定則判斷區(qū)域MNFE內(nèi)的磁場方向；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解CDEF內(nèi)的磁場的感應(yīng)強(qiáng)度的最大值．

解答 解：（1）根據(jù)楞次定律可得，在B1減小的過程中，回路中的電流方向?yàn)閍bdca，
以cd棒為研究對象，受力平衡時(shí)有：mgsinθ=BIL，
解得：I=$\frac{mgsinθ}{BL}$；
根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得感應(yīng)電動(dòng)勢為：
E=I（R₀+r₀）=$\frac{mgsinθ}{BL}$（R₀+r₀）；
（2）設(shè)ab進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v，則有：E=BLv，
解得：v=$\frac{mgsinθ}{{B}^{2}{L}^{2}}（{R}_{0}+{r}_{0}）$；
ab在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度為：a=gsinθ=$\frac{v}{t}$，
解得ab棒從靜止開始運(yùn)動(dòng)到CD邊的時(shí)間為：t=$\frac{v}{a}$=$\frac{m}{{B}^{2}{L}^{2}}（{R}_{0}+{r}_{0}）$；
（3）根據(jù)左手定則可得區(qū)域MNFE內(nèi)的磁場方向垂直斜面向上；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得：E=$\frac{△Φ}{△t}$=$\frac{{B}_{m}-B}{t}•4{L}^{2}$，
解得：B_m=$\frac{{m}^{2}gsinθ（{R}_{0}+{r}_{0}）^{2}}{4{B}^{3}{L}^{5}}+B$．
答：（1）感應(yīng)電動(dòng)勢為$\frac{mgsinθ}{BL}$（R₀+r₀）；
（2）ab棒從靜止開始運(yùn)動(dòng)到CD邊的時(shí)間為$\frac{m}{{B}^{2}{L}^{2}}（{R}_{0}+{r}_{0}）$；
（3）區(qū)域MNFE內(nèi)的磁場方向垂直斜面向上，區(qū)域CDEF內(nèi)的磁場的感應(yīng)強(qiáng)度的最大值為$\frac{{m}^{2}gsinθ{（{R}_{0}+{r}_{0}）}^{2}}{4{B}^{3}{L}^{5}}+B$．

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(dòng)能定理、功能關(guān)系等列方程求解．