Question

如圖，兩光滑導(dǎo)體框ABCD與EFGH固定在水平面內(nèi)，在D點平滑接觸，A、C分別處于FE、HG的沿長線上，ABCD是邊長為a的正方形；磁感強度為B的勻強磁場豎直向上；導(dǎo)體棒MN置于導(dǎo)體框上與導(dǎo)體框良好接觸，以速度v沿BD方向從B點開始勻速運動，已知線框ABCD及棒MN單位長度的電阻為r，線框EFGH電阻不計．求：
（1）導(dǎo)體棒MN在線框ABCD上運動時，通過MN電流的最大值與最小值；
（2）為維持MN在線框ABCD上的勻速運動，必須給MN施加一水平外力，用F（t）函數(shù)表示該力；
（3）導(dǎo)體棒達(dá)D點時立即撤去外力，則它還能前進(jìn)多遠(yuǎn)（設(shè)EF、GH足夠長）？

Answer 1

分析：（1）導(dǎo)體棒MN勻速運動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢是一定的．設(shè)某時刻棒MN交線ABCD框于P、S點，令PS長為l，根據(jù)電路的連接關(guān)系得到外電路并聯(lián)總電阻與l的關(guān)系式，由E=Blv和歐姆定律得到電流與l的關(guān)系式，運用數(shù)學(xué)知識求通過MN電流的最大值與最小值；
（2）設(shè)MN到達(dá)A的時間為t₀，分0≤t≤t₀和t₀≤t≤2t₀兩段時間，得到通過MN的電流表達(dá)式，由安培力公式F=BIl求出外力F的表達(dá)式；
（3）導(dǎo)體棒達(dá)D點時立即撤去外力，導(dǎo)體棒在安培力作用下做變減速運動，根據(jù)牛頓第二定律得到速度變化量與時間的關(guān)系式，運用積分求和的方法求滑行的位移．

解答：解：（1）設(shè)某時刻棒MN交線ABCD框于P、S點，令PS長為l，則
此時電動勢E=Blv
MN左側(cè)電阻R₁=

2

lr，MN右側(cè)電阻R₂=（4a-

2

l）r
則R_并=

R1R2

R1+R2

=

(2 2 a-l)rl

2a

故：I=

E

R并+r內(nèi)

=

Bv

( 2 +1)r- lr 2a

…④
因?qū)Ь�框ABCD關(guān)于AC對稱，所以通MN的電流大小也具有對稱性，所以
當(dāng)l=0時，電流最小值I_min=

Bv

( 2 +1)r

當(dāng)l=

2

a時，電流最大值I_max=

2Bv

(2+ 2 )r

（2）設(shè)MN到達(dá)A的時間為t₀，則t₀=

2 a

2v

，到達(dá)D點用時2t₀，
當(dāng)0≤t≤t₀時，由④式得：I=

2Bva

2( 2 +1)ar-vtr

（其中vt=l ）
代入F=BIl得：F=

B2v2at

[2a( 2 +1)-vt]r

當(dāng)t₀≤t≤2t₀時，將l=2(

2

a-vt)
代入④式得：I=

Bva

(vt+a)r

代入F=BIl得：F=

2B2va( 2 a-vt)

r(a+vt)

（3）導(dǎo)線框進(jìn)入矩形磁場后，由牛頓第二定律得：
    BIL=ma_加，（L=

2

a）
而I=

BLv

2 ar

則得

B2L2v

2 ar

=ma=m

△v

△t

 取任意極短△t時間有：

B2L2v

2 ar

△t=m△v
兩邊求和得：

B2L2v

2 ar

△t=m△v
又v△t=△x
得 

B2L2

2 ar

△x=m△v
則得

B2L2

2 ar

x=mv
解得，x=

2 mavr

B2L2

=

mvr

2 aB2

答：
（1）導(dǎo)體棒MN在線框ABCD上運動時，通過MN電流的最大值與最小值分別為

Bv

( 2 +1)r

和

2Bv

(2+ 2 )r

；
（2）為維持MN在線框ABCD上的勻速運動，給MN施加一水平外力F（t）函數(shù)式為F=

2B2va( 2 a-vt)

r(a+vt)

；
（3）導(dǎo)體棒達(dá)D點時立即撤去外力，則它還能前進(jìn)距離為

mvr

2 aB2

．

點評：本題是電磁感應(yīng)中電路問題，關(guān)鍵是數(shù)學(xué)知識求極值，運用積分的方法求變速運動的位移，其切入口是牛頓第二定律和加速度的定義式．